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2021高考数学（文）大一轮复习习题 第八章 解析几何 课时跟踪检测 （四十五） 圆的方程 word版含答案
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这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第八章 解析几何 课时跟踪检测 （四十五） 圆的方程 word版含答案，共5页。试卷主要包含了故选A等内容，欢迎下载使用。
1．经过点(1,0)，且圆心是两直线x＝1与x＋y＝2的交点的圆的方程为( )
A．(x－1)2＋y2＝1
B．(x－1)2＋(y－1)2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1
D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
解析：选B 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,x＋y＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))
即所求圆的圆心坐标为(1,1)，
又由该圆过点(1,0)，得其半径为1，
故圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1．
2．若圆x2＋y2＋2ax－b2＝0的半径为2，则点(a，b)到原点的距离为( )
A．1 B．2
C．eq \r(2) D．4
解析：选B 由半径r＝eq \f(1,2)eq \r(D2＋E2－4F)＝eq \f(1,2)eq \r(4a2＋4b2)＝2得，eq \r(a2＋b2)＝2．
∴点(a，b)到原点的距离d＝eq \r(a2＋b2)＝2，故选B．
3．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x＋2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
解析：选A 设圆上任一点为Q(x0，y0)，
PQ的中点为M(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4＋x0,2)，,y＝\f(－2＋y0,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－4，,y0＝2y＋2，))因为点Q在圆x2＋y2＝4上，
所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，
化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1．
4．若圆C的半径为1，其圆心与点(1,0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为________．
解析：根据题意得点(1,0)关于直线y＝x对称的点(0,1)为圆心，又半径r＝1，所以圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1．
答案：x2＋(y－1)2＝1
5．已知圆C的圆心在x轴上，并且经过点A(－1,1)，B(1,3)，若M(m，eq \r(6))在圆C内，则m的取值范围为________．
解析：设圆心为C(a,0)，由|CA|＝|CB|，
得(a＋1)2＋12＝(a－1)2＋32，解得a＝2．
半径r＝|CA|＝eq \r(2＋12＋12)＝eq \r(10)．
故圆C的方程为(x－2)2＋y2＝10．
由题意知(m－2)2＋(eq \r(6))2＜10，
解得0＜m＜4．
答案：(0,4)
二保高考，全练题型做到高考达标
1．方程y＝eq \r(1－x2)表示的曲线是( )
A．上半圆 B．下半圆
C．圆 D．抛物线
解析：选A 由方程可得x2＋y2＝1(y≥0)，即此曲线为圆x2＋y2＝1的上半圆．
2．以M(1,0)为圆心，且与直线x－y＋3＝0相切的圆的方程是( )
A．(x－1)2＋y2＝8 B．(x＋1)2＋y2＝8
C．(x－1)2＋y2＝16 D．(x＋1)2＋y2＝16
解析：选A 因为所求圆与直线x－y＋3＝0相切，
所以圆心M(1,0)到直线x－y＋3＝0的距离即为该圆的半径r，即r＝eq \f(|1－0＋3|,\r(2))＝2eq \r(2)．
所以所求圆的方程为：(x－1)2＋y2＝8．故选A．
3．已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆C的方程是( )
A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8
C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8
解析：选A 直线x－y＋1＝0与x轴的交点(－1,0)．
根据题意，圆C的圆心坐标为(－1,0)．
因为圆与直线x＋y＋3＝0相切，所以半径为圆心到切线的距离，即r＝d＝eq \f(|－1＋0＋3|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，
则圆的方程为(x＋1)2＋y2＝2．故选A．
4．已知圆C与直线y＝x及x－y－4＝0都相切，圆心在直线y＝－x上，则圆C的方程为( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
解析：选D 由题意知x－y＝0 和x－y－4＝0之间的距离为eq \f(|4|,\r(2))＝2eq \r(2)，所以r＝eq \r(2)．又因为x＋y＝0与x－y＝0，x－y－4＝0均垂直，所以由x＋y＝0和x－y＝0联立得交点坐标为(0,0)，由x＋y＝0和x－y－4＝0联立得交点坐标为(2，－2)，所以圆心坐标为(1，－1)，圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2．
5．已知直线l：x＋my＋4＝0，若曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上存在两点P，Q关于直线l对称，则m的值为( )
A．2 B．－2
C．1 D．－1
解析：选D 因为曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0是圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9，若圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9上存在两点P，Q关于直线l对称，则直线l：x＋my＋4＝0过圆心(－1,3)，所以－1＋3m＋4＝0，解得m＝－1．
6．设A(－3,0)，B(3,0)为两定点，动点P到A点的距离与到B点的距离之比为1∶2，则点P的轨迹图形所围成的面积是________．
解析：设P(x，y)，则由题意有eq \f(x＋32＋y2,x－32＋y2)＝eq \f(1,4)，
整理得x2＋y2＋10x＋9＝0，即(x＋5)2＋y2＝16，
所以点P在半径为4的圆上，故其面积为16π．
答案：16π
7．(2016·东城区调研)当方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆的面积取最大值时，直线y＝(k－1)x＋2的倾斜角α＝________．
解析：由题意知，圆的半径r＝eq \f(1,2) eq \r(k2＋4－4k2)＝eq \f(1,2) eq \r(4－3k2)≤1，当半径r取最大值时，圆的面积最大，此时k＝0，r＝1，所以直线方程为y＝－x＋2，则有tan α＝－1，又α∈[0，π)，故α＝eq \f(3π,4)．
答案：eq \f(3π,4)
8．已知平面区域eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,y≥0，,x＋2y－4≤0))恰好被面积最小的圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2及其内部所覆盖，则圆C的方程为____________________．
解析：由题意知，此平面区域表示的是以O(0,0)，P(4,0)，Q(0,2)所构成的三角形及其内部，所以覆盖它的且面积最小的圆是其外接圆．
∵△OPQ为直角三角形，
∴圆心为斜边PQ的中点(2,1)，半径r＝eq \f(|PQ|,2)＝eq \r(5)，
因此圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5．
答案：(x－2)2＋(y－1)2＝5
9．已知以点P为圆心的圆经过点A(－1,0)和B(3,4)，线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|＝4eq \r(10)．
(1)求直线CD的方程；
(2)求圆P的方程．
解：(1)由题意知，直线AB的斜率k＝1，中点坐标为(1,2)．则直线CD的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0．
(2)设圆心P(a，b)，则由点P在CD上得a＋b－3＝0．①
又∵直径|CD|＝4eq \r(10)，
∴|PA|＝2eq \r(10)，
∴(a＋1)2＋b2＝40．②
由①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝5，,b＝－2.))
∴圆心P(－3,6)或P(5，－2)．
∴圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40．
10．已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B．
(1)求圆C1的圆心坐标．
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程．
解：(1)把圆C1的方程化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为C1(3,0)．
(2)设M(x，y)，∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，
∴由圆的性质知：MC1⊥MO，∴eq \(MC1,\s\up7(―→))·eq \(MO,\s\up7(―→))＝0．
又∵eq \(MC1,\s\up7(―→))＝(3－x，－y)，eq \(MO,\s\up7(―→))＝(－x，－y)，
∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0．
易知直线l的斜率存在，∴设直线l的方程为y＝mx，
当直线l与圆C1相切时，d＝eq \f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，
解得m＝±eq \f(2\r(5),5)．
把相切时直线l的方程代入圆C1的方程化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝eq \f(5,3)．
当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0)．
又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，
∴eq \f(5,3)∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中eq \f(5,3)三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1 和两点A(－m,0), B(m,0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选B 由(x－3)2＋(y－4)2＝1知圆上点P(x0，y0)可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3＋cs θ，,y0＝4＋sin θ.))
∵∠APB＝90°，即eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))＝0，
∴(x0＋m)(x0－m)＋yeq \\al(2,0)＝0，
∴m2＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝26＋6cs θ＋8sin θ
＝26＋10sin(θ＋φ)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(3,4)))，
∴16≤4 m2≤36,且m＞0，∴4＜m≤6，即m的最大值为6．
2．已知M(m，n)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点．
(1)求m＋2n的最大值；
(2)求eq \f(n－3,m＋2)的最大值和最小值．
解：(1)因为x2＋y2－4x－14y＋45＝0的圆心C(2,7)，半径r＝2eq \r(2)，设m＋2n＝t，将m＋2n＝t看成直线方程，
因为该直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离d＝eq \f(|2＋2×7－t|,\r(12＋22))≤2eq \r(2)，
解上式得，16－2eq \r(10)≤t≤16＋2eq \r(10)，
所以所求的最大值为16＋2eq \r(10)．
(2)记点Q(－2,3)，
因为eq \f(n－3,m＋2)表示直线MQ的斜率k，
所以直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋2k＋3＝0．
由直线MQ与圆C有公共点，
得eq \f(|2k－7＋2k＋3|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)．
可得2－eq \r(3)≤k≤2＋eq \r(3)，所以eq \f(n－3,m＋2)的最大值为2＋eq \r(3)，最小值为2－eq \r(3)．
1．经过点(1,0)，且圆心是两直线x＝1与x＋y＝2的交点的圆的方程为( )
A．(x－1)2＋y2＝1
B．(x－1)2＋(y－1)2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1
D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
解析：选B 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,x＋y＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))
即所求圆的圆心坐标为(1,1)，
又由该圆过点(1,0)，得其半径为1，
故圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1．
2．若圆x2＋y2＋2ax－b2＝0的半径为2，则点(a，b)到原点的距离为( )
A．1 B．2
C．eq \r(2) D．4
解析：选B 由半径r＝eq \f(1,2)eq \r(D2＋E2－4F)＝eq \f(1,2)eq \r(4a2＋4b2)＝2得，eq \r(a2＋b2)＝2．
∴点(a，b)到原点的距离d＝eq \r(a2＋b2)＝2，故选B．
3．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x＋2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
解析：选A 设圆上任一点为Q(x0，y0)，
PQ的中点为M(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4＋x0,2)，,y＝\f(－2＋y0,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－4，,y0＝2y＋2，))因为点Q在圆x2＋y2＝4上，
所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，
化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1．
4．若圆C的半径为1，其圆心与点(1,0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为________．
解析：根据题意得点(1,0)关于直线y＝x对称的点(0,1)为圆心，又半径r＝1，所以圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1．
答案：x2＋(y－1)2＝1
5．已知圆C的圆心在x轴上，并且经过点A(－1,1)，B(1,3)，若M(m，eq \r(6))在圆C内，则m的取值范围为________．
解析：设圆心为C(a,0)，由|CA|＝|CB|，
得(a＋1)2＋12＝(a－1)2＋32，解得a＝2．
半径r＝|CA|＝eq \r(2＋12＋12)＝eq \r(10)．
故圆C的方程为(x－2)2＋y2＝10．
由题意知(m－2)2＋(eq \r(6))2＜10，
解得0＜m＜4．
答案：(0,4)
二保高考，全练题型做到高考达标
1．方程y＝eq \r(1－x2)表示的曲线是( )
A．上半圆 B．下半圆
C．圆 D．抛物线
解析：选A 由方程可得x2＋y2＝1(y≥0)，即此曲线为圆x2＋y2＝1的上半圆．
2．以M(1,0)为圆心，且与直线x－y＋3＝0相切的圆的方程是( )
A．(x－1)2＋y2＝8 B．(x＋1)2＋y2＝8
C．(x－1)2＋y2＝16 D．(x＋1)2＋y2＝16
解析：选A 因为所求圆与直线x－y＋3＝0相切，
所以圆心M(1,0)到直线x－y＋3＝0的距离即为该圆的半径r，即r＝eq \f(|1－0＋3|,\r(2))＝2eq \r(2)．
所以所求圆的方程为：(x－1)2＋y2＝8．故选A．
3．已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆C的方程是( )
A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8
C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8
解析：选A 直线x－y＋1＝0与x轴的交点(－1,0)．
根据题意，圆C的圆心坐标为(－1,0)．
因为圆与直线x＋y＋3＝0相切，所以半径为圆心到切线的距离，即r＝d＝eq \f(|－1＋0＋3|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，
则圆的方程为(x＋1)2＋y2＝2．故选A．
4．已知圆C与直线y＝x及x－y－4＝0都相切，圆心在直线y＝－x上，则圆C的方程为( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
解析：选D 由题意知x－y＝0 和x－y－4＝0之间的距离为eq \f(|4|,\r(2))＝2eq \r(2)，所以r＝eq \r(2)．又因为x＋y＝0与x－y＝0，x－y－4＝0均垂直，所以由x＋y＝0和x－y＝0联立得交点坐标为(0,0)，由x＋y＝0和x－y－4＝0联立得交点坐标为(2，－2)，所以圆心坐标为(1，－1)，圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2．
5．已知直线l：x＋my＋4＝0，若曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上存在两点P，Q关于直线l对称，则m的值为( )
A．2 B．－2
C．1 D．－1
解析：选D 因为曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0是圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9，若圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9上存在两点P，Q关于直线l对称，则直线l：x＋my＋4＝0过圆心(－1,3)，所以－1＋3m＋4＝0，解得m＝－1．
6．设A(－3,0)，B(3,0)为两定点，动点P到A点的距离与到B点的距离之比为1∶2，则点P的轨迹图形所围成的面积是________．
解析：设P(x，y)，则由题意有eq \f(x＋32＋y2,x－32＋y2)＝eq \f(1,4)，
整理得x2＋y2＋10x＋9＝0，即(x＋5)2＋y2＝16，
所以点P在半径为4的圆上，故其面积为16π．
答案：16π
7．(2016·东城区调研)当方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆的面积取最大值时，直线y＝(k－1)x＋2的倾斜角α＝________．
解析：由题意知，圆的半径r＝eq \f(1,2) eq \r(k2＋4－4k2)＝eq \f(1,2) eq \r(4－3k2)≤1，当半径r取最大值时，圆的面积最大，此时k＝0，r＝1，所以直线方程为y＝－x＋2，则有tan α＝－1，又α∈[0，π)，故α＝eq \f(3π,4)．
答案：eq \f(3π,4)
8．已知平面区域eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,y≥0，,x＋2y－4≤0))恰好被面积最小的圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2及其内部所覆盖，则圆C的方程为____________________．
解析：由题意知，此平面区域表示的是以O(0,0)，P(4,0)，Q(0,2)所构成的三角形及其内部，所以覆盖它的且面积最小的圆是其外接圆．
∵△OPQ为直角三角形，
∴圆心为斜边PQ的中点(2,1)，半径r＝eq \f(|PQ|,2)＝eq \r(5)，
因此圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5．
答案：(x－2)2＋(y－1)2＝5
9．已知以点P为圆心的圆经过点A(－1,0)和B(3,4)，线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|＝4eq \r(10)．
(1)求直线CD的方程；
(2)求圆P的方程．
解：(1)由题意知，直线AB的斜率k＝1，中点坐标为(1,2)．则直线CD的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0．
(2)设圆心P(a，b)，则由点P在CD上得a＋b－3＝0．①
又∵直径|CD|＝4eq \r(10)，
∴|PA|＝2eq \r(10)，
∴(a＋1)2＋b2＝40．②
由①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝5，,b＝－2.))
∴圆心P(－3,6)或P(5，－2)．
∴圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40．
10．已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B．
(1)求圆C1的圆心坐标．
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程．
解：(1)把圆C1的方程化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为C1(3,0)．
(2)设M(x，y)，∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，
∴由圆的性质知：MC1⊥MO，∴eq \(MC1,\s\up7(―→))·eq \(MO,\s\up7(―→))＝0．
又∵eq \(MC1,\s\up7(―→))＝(3－x，－y)，eq \(MO,\s\up7(―→))＝(－x，－y)，
∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0．
易知直线l的斜率存在，∴设直线l的方程为y＝mx，
当直线l与圆C1相切时，d＝eq \f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，
解得m＝±eq \f(2\r(5),5)．
把相切时直线l的方程代入圆C1的方程化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝eq \f(5,3)．
当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0)．
又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，
∴eq \f(5,3)
1．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1 和两点A(－m,0), B(m,0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选B 由(x－3)2＋(y－4)2＝1知圆上点P(x0，y0)可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3＋cs θ，,y0＝4＋sin θ.))
∵∠APB＝90°，即eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))＝0，
∴(x0＋m)(x0－m)＋yeq \\al(2,0)＝0，
∴m2＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝26＋6cs θ＋8sin θ
＝26＋10sin(θ＋φ)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(3,4)))，
∴16≤4 m2≤36,且m＞0，∴4＜m≤6，即m的最大值为6．
2．已知M(m，n)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点．
(1)求m＋2n的最大值；
(2)求eq \f(n－3,m＋2)的最大值和最小值．
解：(1)因为x2＋y2－4x－14y＋45＝0的圆心C(2,7)，半径r＝2eq \r(2)，设m＋2n＝t，将m＋2n＝t看成直线方程，
因为该直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离d＝eq \f(|2＋2×7－t|,\r(12＋22))≤2eq \r(2)，
解上式得，16－2eq \r(10)≤t≤16＋2eq \r(10)，
所以所求的最大值为16＋2eq \r(10)．
(2)记点Q(－2,3)，
因为eq \f(n－3,m＋2)表示直线MQ的斜率k，
所以直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋2k＋3＝0．
由直线MQ与圆C有公共点，
得eq \f(|2k－7＋2k＋3|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)．
可得2－eq \r(3)≤k≤2＋eq \r(3)，所以eq \f(n－3,m＋2)的最大值为2＋eq \r(3)，最小值为2－eq \r(3)．
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