2022版高考数学大一轮复习课时作业50《圆的方程》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业50《圆的方程》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
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
以(a,1)为圆心，且与两条直线2x－y＋4=0与2x－y－6=0同时相切的圆的标准方程为( )
A.(x－1)2＋(y－1)2=5
B.(x＋1)2＋(y＋1)2=5
C.(x－1)2＋y2=5
D.x2＋(y－1)2=5
在平面直角坐标系xOy中，以点(0,1)为圆心且与直线x－by＋2b＋1=0相切的所有圆中，
半径最大的圆的标准方程为( )
A.x2＋(y－1)2=4 B.x2＋(y－1)2=2
C.x2＋(y－1)2=8 D.x2＋(y－1)2=16
已知直线l：x＋my＋4=0，若曲线x2＋y2＋6x－2y＋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
若过点A(3,0)的直线l与曲线(x－1)2＋y2=1有公共点，则直线l斜率取值范围为( )
A.(－eq \r(3)，eq \r(3)) B.[－eq \r(3)，eq \r(3)] C.(－eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)) D.[－eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)]
经过三点A(－1,0)，B(3,0)，C(1,2)的圆与y轴交于M，N两点，则|MN|=( )
A.2eq \r(3) B.2eq \r(2) C.3 D.4
已知圆O：x2＋y2=9，过点C(2,1)的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，直线l的方程为( )
A.x－y－3=0或7x－y－15=0
B.x＋y＋3=0或7x＋y－15=0
C.x＋y－3=0或7x－y＋15=0
D.x＋y－3=0或7x＋y－15=0
二、填空题
已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，eq \r(5))在圆C上，且圆心到直线2x－y=0的距离为eq \f(4\r(5),5)，则圆C的方程为 .
过点M(2,2)的直线l与坐标轴的正方向分别相交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为8，则△OAB外接圆的标准方程是 .
圆心在抛物线y=eq \f(1,2)x2(x<0)上，且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的标准方程为 .
过点(eq \r(2)，0)作直线l与曲线y=eq \r(1－x2)相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于 .
如图，在等腰△ABC中，已知|AB|=|AC|，B(－1,0)，AC边的中点为D(2,0)，则点C的轨迹所包围的图形的面积为 .
三、解答题
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.
已知圆C经过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),4)，\f(17,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(31),8)，\f(33,8)))，直线x=0平分圆C，直线l与圆C相切，
与圆C1：x2＋y2=1相交于P，Q两点，且满足OP⊥OQ.
(1)求圆C的方程；
(2)求直线l的方程.
抛物线C：y=2x2－4x＋a与两坐标轴有三个交点，其中与y轴的交点为P.
(1)若点Q(x，y)(1(2)证明：经过这三个交点的圆E过定点.
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：直线x－y＋1=0与x轴的交点为(－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.
答案为：A.
解析：因为两平行直线2x－y＋4=0与2x－y－6=0的距离为d=eq \f(|－6－4|,\r(5))=2eq \r(5).
故所求圆的半径为r=eq \r(5)，所以圆心(a,1)到直线2x－y＋4=0的距离为eq \r(5)=eq \f(|2a＋3|,\r(5))，
即a=1或a=－4.又因为圆心(a,1)到直线2x－y－6=0的距离也为r=eq \r(5)，所以a=1.
因此所求圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2=5.故选A.
答案为：B.
解析：直线x－by＋2b＋1=0过定点P(－1,2)，如图.
∴圆与直线x－by＋2b＋1=0相切于点P时，圆的半径最大，为eq \r(2)，
此时圆的标准方程为x2＋(y－1)2=2，故选B.
答案为：D.
解析：因为曲线x2＋y2＋6x－2y＋1=0表示的是圆，其标准方程为(x＋3)2＋(y－1)2=9，
若圆(x＋3)2＋(y－1)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(－3,1)，所以－3＋m＋4=0，解得m=－1.
答案为：D.
解析：解法1：数形结合可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x－3)，
则圆心(1,0)到直线y=k(x－3)的距离应小于等于半径1，即eq \f(|2k|,\r(1＋k2))≤1，
解得－eq \f(\r(3),3)≤k≤eq \f(\r(3),3)，故选D.
解法2：数形结合可知，直线l的斜率存在，
设为k，当k=1时，直线l的方程为x－y－3=0，
圆心(1,0)到直线l的距离为eq \f(|1－0－3|,\r(12＋－12))=eq \r(2)>1，直线与圆相离，故排除A，B；
当k=eq \f(\r(3),3)时，直线l的方程为x－eq \r(3)y－3=0，圆心(1,0)到直线l的距离为eq \f(|1－\r(3)×0－3|,\r(12＋－\r(3)2))=1，直线与圆相切，排除C，故选D.
答案为：A.
解析：根据A，B两点的坐标特征可知圆心在直线x=1上，设圆心为P(1，m)，
则半径r=|m－2|，所以(m－2)2=22＋m2，解得m=0，所以圆心为P(1,0)，
所以圆的方程为(x－1)2＋y2=4，当x=0时，y=±eq \r(3)，所以|MN|=2eq \r(3).
答案为：D.
解析：当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2，
则P，Q的坐标为(2，eq \r(5))，(2，－eq \r(5))，所以S△OPQ=eq \f(1,2)×2×2eq \r(5)=2eq \r(5).
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－1=k(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠\f(1,2)))，
则圆心到直线PQ的距离d=eq \f(|1－2k|,\r(1＋k2))，由平面几何知识得|PQ|=2eq \r(9－d2)，S△OPQ
=eq \f(1,2)·|PQ|·d=eq \f(1,2)·2eq \r(9－d2)·d=eq \r(9－d2d2)≤eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9－d2＋d2,2)))2)=eq \f(9,2)，
当且仅当9－d2=d2，即d2=eq \f(9,2)时，S△OPQ取得最大值eq \f(9,2).
因为2eq \r(5)解得k=－1或k=－7，此时直线l的方程为x＋y－3=0或7x＋y－15=0.故选D.
答案为：(x－2)2＋y2=9.
解析：因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a,0)，且a>0，
所以圆心到直线2x－y=0的距离d=eq \f(2a,\r(5))=eq \f(4\r(5),5)，解得a=2，
所以圆C的半径r=|CM|=eq \r(4＋5)=3，所以圆C的方程为(x－2)2＋y2=9.
答案为：(x－2)2＋(y－2)2=8.
解析：设直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)=1(a>0，b>0)，由直线l过点M(2,2)，得eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)=1.
又S△OAB=eq \f(1,2)ab=8，所以a=4，b=4，所以△OAB是等腰直角三角形，且M是斜边AB的中点，
则△OAB外接圆的圆心是点M(2,2)，半径|OM|=2eq \r(2)，
所以△OAB外接圆的标准方程是(x－2)2＋(y－2)2=8.
答案为：(x＋1)2＋(y－eq \f(1,2))2=1.
解析：依题意设圆的方程为(x－a)2＋(y－eq \f(1,2)a2)2=r2(a<0)，又该圆与抛物线的准线及y轴均相切，所以eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)a2=r=－a⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,r＝1.))故所求圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－eq \f(1,2))2=1.
答案为：－eq \f(\r(3),3).
解析：令P(eq \r(2)，0)，如图，易知|OA|=|OB|=1，
所以S△AOB=eq \f(1,2)|OA|·|OB|·sin∠AOB=eq \f(1,2)sin∠AOB≤eq \f(1,2)，
当∠AOB=90°时，△AOB的面积取得最大值，此时过点O作OH⊥AB于点H，
则|OH|=eq \f(\r(2),2)，于是sin∠OPH=eq \f(|OH|,|OP|)=eq \f(\f(\r(2),2),\r(2))=eq \f(1,2)，易知∠OPH为锐角，所以∠OPH=30°，
则直线AB的倾斜角为150°，故直线AB的斜率为tan150°=－eq \f(\r(3),3).
答案为：4π.
解析：解法1：设C坐标为(x，y)，则A坐标为(4－x，－y)，
∵|AB|=|AC|，
∴eq \r(5－x2＋y2)=eq \r(4－2x2＋4y2)，整理得(x－1)2＋y2=4(y≠0)，
所以C的轨迹包围的图形面积为4π.
解法2：由已知|AB|=2|AD|，设点A(x，y)，则(x＋1)2＋y2=4[(x－2)2＋y2]，
所以点A的轨迹方程为(x－3)2＋y2=4(y≠0)，
设C(x′，y′)，由AC边的中点为D(2,0)知A(4－x′，－y′)，
所以C的轨迹方程为(4－x′－3)2＋(－y′)2=4，即(x－1)2＋y2=4(y≠0)，
所以点C的轨迹所包围的图形面积为4π.
三、解答题
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.
解：(1)依题意知圆心C在y轴上，可设圆心C的坐标为(0，b)，
圆C的方程为x2＋(y－b)2=r2(r>0).
因为圆C经过A，B两点，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,4)－b))2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(31),8)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33,8)－b))2，
即eq \f(7,16)＋eq \f(289,16)－eq \f(17,2)b＋b2=eq \f(31,64)＋eq \f(1 089,64)－eq \f(33,4)b＋b2，解得b=4.
又易知r2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,4)－4))2=eq \f(1,2)，
所以圆C的方程为x2＋(y－4)2=eq \f(1,2).
(2)当直线l的斜率不存在时，由l与C相切得l的方程为x=±eq \f(\r(2),2)，
此时直线l与C1交于P，Q两点，不妨设P点在Q点的上方，
则Peq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，Qeq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(2),2)或P－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
则eq \(OP,\s\up16(→))·eq \(OQ,\s\up16(→))=0，所以OP⊥OQ，满足题意.
当直线l的斜率存在时，易知其斜率不为0，
设直线l的方程为y=kx＋m(k≠0，m≠0)，
∵OP⊥OQ且C1的半径为1，
∴O到l的距离为eq \f(\r(2),2)，
又l与圆C相切，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(|m|,\r(1＋k2))＝\f(\r(2),2)，①,\f(|m－4|,\r(1＋k2))＝\f(\r(2),2)，②))
由①②知|m|=|m－4|，∴m=2，代入①得k=±eq \r(7)，
∴l的方程为y=±eq \r(7)x＋2.
综上，l的方程为x=±eq \f(\r(2),2)或y=±eq \r(7)x＋2.
解：(1)由题意得P(0，a)(a≠0)，Q(x,2x2－4x＋a)(1故kPQ=eq \f(2x2－4x＋a－a,x)=2x－4，
因为1所以直线PQ的斜率的取值范围为(－2，4).
(2)证明：P(0，a)(a≠0).
令2x2－4x＋a=0，
则Δ=16－8a>0，a<2，且a≠0，
解得x=1±eq \f(\r(4－2a),2)，
故抛物线C与x轴交于A(1－eq \f(\r(4－2a),2)，0)，B(1＋eq \f(\r(4－2a),2)，0)两点.
故可设圆E的圆心为M(1，t)，
由|MP|2=|MA|2，
得12＋(t－a)2=(eq \f(\r(4－2a),2))2＋t2，解得t=eq \f(a,2)＋eq \f(1,4)，
则圆E的半径r=|MP|=eq \r(1＋\f(1,4)－\f(a,2)2).
所以圆E的方程为(x－1)2＋(y－eq \f(a,2)－eq \f(1,4))2=1＋(eq \f(1,4)－eq \f(a,2))2，
所以圆E的一般方程为x2＋y2－2x－(a＋eq \f(1,2))y＋eq \f(a,2)=0，
即x2＋y2－2x－eq \f(1,2)y＋a(eq \f(1,2)－y)=0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－2x－\f(1,2)y＝0，,\f(1,2)－y＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝\f(1,2)，))
故圆E过定点(0，eq \f(1,2))，(2，eq \f(1,2)).