新高考数学一轮复习题型归纳与专题突破提升练习第08章跟踪训练02 圆的方程（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型归纳与专题突破提升练习第08章跟踪训练02 圆的方程（2份，原卷版+解析版），共8页。试卷主要包含了已知动点满足，则动点的轨迹是，圆关于直线对称的圆的方程为等内容，欢迎下载使用。
1．已知方程表示半径为1的圆，则实数
A．2B．1C．D．
【解答】解：方程，即，
由题可知：，可得．
故选：．
2．设，，则以线段为直径的圆的方程是
A．B．C．D．
【解答】解：由题设，所求圆的圆心为，半径为，
所以以线段为直径的圆的方程是．
故选：．
3．已知动点满足，则动点的轨迹是
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【解答】解：动点满足，
即，就是动点到定点与到定直线的距离之比为1的轨迹，是抛物线．
故选：．
4．棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为
A．B．C．D．1
【解答】解：如图，连接，，
则在正方体中，
易知四边形为矩形，且，
又平面，且平面，
，又，
平面，
动点的轨迹所围成图形为矩形，
动点的轨迹所围成图形的面积为．
故选：．
5．设、是两定点，，动点满足，则动点的轨迹是
A．双曲线B．直线C．线段D．射线
【解答】解：因为，所以动点的轨迹是以为起点，指向方向的射线．
故选：．
6．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，，且，若点，则的最小值为
A．B．C．D．
【解答】解：设，
由题意可得：，
即，
即，
又此方程为，
则且，
即，
即，
则，当且仅当、、三点共线时取等号，
故选：．
7．已知动点满足，则动点的轨迹是
A．椭圆B．直线C．圆D．线段
【解答】解：设，，
动点满足，
即，
动点的轨迹是线段．
故选：．
8．圆关于直线对称的圆的方程为
A．B．
C．D．
【解答】解：圆化为标准方程为，圆心为，半径为1，
设圆心关于直线的对称点为，，
则有，解得，
所以圆关于直线对称的圆的方程为，
即．
故选：．
9．圆心为，且经过坐标原点的圆的标准方程为
A．B．
C．D．
【解答】解：圆心为，且经过坐标原点的圆的半径为：．
所以所求的圆的方程为：．
故选：．
10．已知线段，则平面上全体满足为定值的点的轨迹是
A．直线B．圆C．椭圆D．抛物线
【解答】解：已知线段，且平面上全体满足为定值，
因为 为定值，所以以所在直线为轴，中垂线为轴，
设，则，
，所以，
以其一定在中点为圆心，确定半径的一个圆上运动，
则点的轨迹为圆．
故选：．
11．若点在圆的外部，则的取值范围为
A．B．C．D．
【解答】解：圆的标准方程为，
，即，
若点在圆的外部，
则，解得，
故．
故选：．
12．动点满足，则点的轨迹是
A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．直线
【解答】解：方程，可化为
方程左边表示点，到一定点的距离，右边表示点到一定直线的距离
因为在直线上，所以点的轨迹为过且垂直于直线的直线
故选：．
13．点是直线上的动点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点
A．和B．和
C．和D．和
【解答】解：设点，则线段的中点为圆心，，
圆的半径为，
所以以为直径为圆的方程为，
即，即．
，解得或，
因此以为直径的圆经过的定点坐标为，．
故选：．
14．在平面直角坐标系中，已知，两点，若圆以为直径，则圆的标准方程为
A．B．
C．D．
【解答】解：由题意可得，因为，
所以圆以为直径的圆的方程为，
故选：．
15．已知圆的圆心为，且与直线相切，则圆的方程是
A．B．C．D．
【解答】解：因为圆心到直线的距离，
故圆的方程为．
故选：．
二．多选题（共5小题）
16．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”在平面直角坐标系中，已知，点满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线的距离为2，则该直线的斜率为
D．过直线上的一点向圆引切线、，则四边形的面积的最小值为
【解答】解：对于：设，
点满足，且，，
，即，即，故正确；
对于：设过点向圆引切线，两条切线的夹角为，一条切线与圆相交与点，
在中，，且，
则，
又，，则，
，解得，故正确；
对于：由选项得圆，，
要使圆上恰有三个点到直线的距离为2，则圆心到直线的距离等于2，
显然直线存在，设直线的方程为，即，
则，解得，故错误；
对于：由题意可得，要使四边形的面积的最小，即只需最小，
点在直线，，
则，
即四边形的面积的最小值为，故正确，
故选：．
17．卵形线是由法国天文家引入的．卵形线的定义是：线上的任何点到两个固定点，的距离的乘积等于常数，是正常数，设，的距离为，当时称得到的卵形线为双纽线．已知在平面直角坐标系中，到两定点，距离之积为常数的点的轨迹是双纽线，，是曲线上一点，则
A．曲线关于原点中心对称
B．的取值范围是，
C．的最大值为
D．曲线上有且仅有一个点满足
【解答】解：设是曲线上任意一点，
由双纽线定义知，①，
对，关于原点的对称点，
代入①中，则成立，
即曲线关于原点中心对称，故正确；
对，令，由①可得，即，
解得，由，是曲线上一点知，
的取值范围是，故错误；
对，，
①式两边平方化简可得，
由，是曲线上一点可得，，
由知，的取值范围是，
所以当时，，
所以的最大值为，故正确；
对，点满足，则在垂直平分线上，则，
设，则，故只有原点满足，故正确．
故选：．
18．已知动点到原点与到点的距离之比为，动点的轨迹记为，直线，则下列结论中正确的是
A．的方程为
B．动点到直线的距离的取值范围为
C．直线被截得的弦长为
D．上存在三个点到直线的距离为
【解答】解：设，因为，所以，
所以的方程为，故正确；
因为圆心到直线的距离，其中为圆的半径，
所以直线与圆相交，且直线被截得的弦长为，故正确；
动点到直线的距离的取值范围为，故错误，正确．
故选：．
19．已知点满足，点，，，则
A．当最小时，
B．当最大时，
C．当面积最大时，
D．当最大时，面积为
【解答】解：设点，，，
又，
得，
化简可得，即点在以为圆心，为半径的圆，
又点和点均在圆外，
所以当与圆相切时，取最值，
设切点为，则，故，选项正确；
又的面积，
所以当最大时，取最大值，
此时，，故选项错误；
由，所以，
当且仅当为延长线与圆的交点时，等号成立，
又延长线方程为，，
联立方程组，解得（舍，，
所以，
此时的面积为，故选项正确．
故选：．
20．1675年法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了一种特殊的曲线卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线．则下列结论正确的是
A．曲线关于轴对称
B．曲线与轴交点为，，，
C．面积的最大值为6
D．的取值范围是，
【解答】解：设点，依题意，整理得，
对于：将换成，曲线变形为，则，曲线关于轴对称，故正确；
令中的，可得，解得或（舍，解得，所以曲线与轴的交点，，故错误；
对于方程，
令，则一定存在正根，
为了方便讨论，先求解两根均为负根的情况，
即，解得，无解，故不存在均为负根的情况，
所以△时一定有正根，不等式解得，
所以面积的最大值为，故正确；
由，整理得，
即，所以，
由，得，解得，
，，所以，，故正确．
故选：．
三．填空题（共5小题）
21．已知，，，则过，，三点圆的一般方程为 ．
【解答】解：设圆的方程为，
圆过，，，
则，解得，，，
故过，，三点圆的一般方程为：．
故答案为：．
22．阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹为圆，已知，分别是圆与直线上的点，是坐标原点，则的最小值为 ．
【解答】解：不妨设，，，
若，
整理得，
因为圆，
所以，
解得，
此时，
因为圆上任意一点，都有，
所以，
此时的最小值为点到直线的距离，
易知，
所以，
即的最小值为．
故答案为：．
23．已知圆经过，两点，且在轴上截得的弦长等于6，则圆的方程为 或． ．
【解答】解：设圆，
根据题意得，
解得或，
圆的方程为或．
故答案为：或．
24．写出一个圆心在上，且与直线和圆都相切的圆的方程 （答案不唯一） ．
【解答】解：设圆心为，则半径，
假设与圆外切，则，
整理得，故，即，
若，则，则圆心为，半径为，故；
若，则，不满足条件．
假设与圆内切，
结合点与的距离为，可知圆内切于所求圆，
则，所以，故，可得，
若，则，则圆心为，半径为，可得；
若，则，不满足条件．
综上所述，所求的圆为或．
故答案为：（答案不唯一）．
25．已知正方体的棱长为3，动点在△内，满足，则点的轨迹长度为 ．
【解答】解：在正方体 中，如图，
如图，为正三角形的外心，平面，
根据几何关系，不难得出，
因为点在△内，满足，则，
因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在△内的圆弧，
而△为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正△ 的中心，
于是正△的内切圆半径，
则，即，
所以圆在△内的圆弧为圆周长的，
即点的轨迹长度为，
故答案为：．
四．解答题（共3小题）
26．已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）已知点，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程．
【解答】解：（1）因为圆心在线段的中垂线上，的中点，，
因为，所以的中垂线的方程为，
即，
由题意可得圆心为与的交点，
联立，解得，，
即圆心，半径，
所以圆的方程为；
（2）设点的坐标是，点的坐标是，，
由于点的坐标为，点是线段的中点，所以，
于是，，因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，
即，
所以，
整理得，
所以线段中点的轨迹方程．
27．已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段，为垂足，动点满足．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点的动直线与曲线交于，两点，与圆交于，两点，
求的最大值；
是否存在定点，使得的值是定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设点，，，
因为，所以，
所以，
所以动点的轨迹的方程为．
（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，可得，
所以△恒成立，
所以，，
，
联立，得，
所以，，
所以，
所以，
设，则，
则△，得，当且仅当时，取等号，
此时最大值是16．
②当直线的斜率不存在时，则直线为，
联立，解得，
所以，，
所以，
联立，解得，
所以，，
所以，
此时，
综上，最大值是16．
当直线的斜率存在时，设，，，，，
所以
，
要使得上式为定值，即与无关，则满足且，
解得，，即点，此时，
当直线的斜率不存在时，直线为，
解得，，
所以，
综上可得，存在定点，使得．
28．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记的轨迹为曲线．
（1）求的方程，并说明是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点．证明：直线与的斜率之积为定值．
【解答】解：（1）由题意可得，整理可得：，，
所以的方程为：，；曲线为椭圆去掉轴上的点；
（2）证明：设直线的方程为：，设，，，，
联立，整理可得，因为在第一象限，可得，，
，，
再由题意可得，
所以直线的方程为：，
联立，整理可得：，
可得，可得，，
即，，
所以为定值．
即可证得为定值．