高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.4 圆的方程精练

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.4 圆的方程精练，共5页。
1．已知圆C的方程为x2＋y2＋2x－4y－4＝0，则圆心C的坐标为( )
A．(－1，2) B．(1，－2)
C．(－2，4) D．(2，－4)
2．“实数a＞0”是“方程x2＋y2－2x－a＝0”表示圆的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．设A为圆C：(x＋1)2＋y2＝4上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则P点的轨迹方程为( )
A．(x＋1)2＋y2＝25
B．(x＋1)2＋y2＝5
C．x2＋(y＋1)2＝25
D．(x－1)2＋y2＝5
4．圆心在x轴上，且过点(－1，－3)的圆与y轴相切，则该圆的方程是( )
A．x2＋y2＋10y＝0
B．x2＋y2－10y＝0
C．x2＋y2＋10x＝0
D．x2＋y2－10x＝0
5．(多选)已知圆M的一般方程为x2＋y2－8x＋6y＝0，则下列说法正确的是( )
A．圆M的圆心为(4，－3)
B．圆M被x轴截得的弦长为8
C．圆M的半径为10
D．圆M被y轴截得的弦长为6
6．已知圆x2＋y2＋ax＋by－6＝0的圆心坐标(3，4)，则圆的半径是________．
7．圆x2＋y2－2x－4y＋3＝0的圆心到直线x－ay＋1＝0的距离为2，则a＝________．
8．一圆经过A(4，2)，B(－1，3)两点，且在两坐标轴上的四个截距的和为2，求此圆的方程．
[提能力]
9．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内到两个定点A，B距离之比是常数λ(λ＞0，λ≠1)的点M的轨迹是圆，若两定点A，B的距离为3，动点M满足2|MA|＝|MB|，则M点的轨迹围成区域的面积为( )
A．3πB．4π
C．9πD．18π
10．(多选)已知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0及点Q(－2，3)，则下列说法正确的是( )
A．圆心C的坐标为(2，7)
B．点Q在圆C外
C．若点P(m，m＋1)在圆C上，则直线PQ的斜率为eq \f(1,4)
D．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为[2eq \r(2)，6eq \r(2)]
11．已知圆C经过两点P(－1，－3)，Q(2，6)，且圆心在直线x＋2y－4＝0上，则圆C的一般方程为________________；若直线l的方程x＋m(y－1)＋1＝0(m∈R)，圆心C到直线l的距离是1，则m的值是________．
12．设定点M(－3，4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹．
[培优生]
13．阿波罗尼斯(古希腊数学家，约公元前262～190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k＞0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有△ABC，AC＝6，sinC＝2sinA，则当△ABC的面积最大时，BC的长为________．
课时作业(十九) 圆的一般方程
1．解析：圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，圆心C的坐标为(－1，2).
答案：A
2．解析：x2＋y2－2x－a＝0⇔(x－1)2＋y2＝a＋1表示圆，则a＋1＞0，∴a＞－1，
a＞0能推出a＞－1，反之不能，故“实数a＞0”是“方程x2＋y2－2x－a＝0”表示圆的充分不必要条件．
答案：A
3．解析：圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为C(－1，0)，半径为2.
设点P(x，y)，
由题得|PC|2＝|PA|2＋r2＝5，
故(x＋1)2＋y2＝5.
答案：B
4．解析：设圆心坐标为(t，0)，因为圆心在x轴上且圆与y轴相切，所以|t|即为半径，
则根据题意得：eq \r(（－1－t）2＋（－3－0）2)＝|t|，解得t＝－5，
所以圆心坐标为：(－5，0)，半径为5，该圆的方程是(x＋5)2＋y2＝25，
展开得：x2＋y2＋10x＝0.
答案：C
5．解析：由圆M的一般方程x2＋y2－8x＋6y＝0，得圆M的标准方程为(x－4)2＋(y＋3)2＝52，
故圆心为(4，－3)，半径为5，则A选项正确、C选项错误，令x＝0，得y＝0或y＝－6，弦长为6，则D选项正确，令y＝0，得x＝0或x＝8，弦长为8，则B选项正确．
答案：ABD
6．解析：由x2＋y2＋ax＋by－6＝0得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(b,2)))eq \s\up12(2)＝6＋eq \f(a2,4)＋eq \f(b2,4)，
又圆心坐标为(3，4)，
∴－eq \f(a,2)＝3，－eq \f(b,2)＝4即a＝－6，b＝－8，
∴圆的半径为eq \r(6＋\f(36,4)＋\f(64,4))＝eq \r(31).
答案：eq \r(31)
7．解析：x2＋y2－2x－4y＋3＝1的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝2，
则圆心为(1，2)，圆心(1，2)到直线x－ay＋1＝0的距离为
d＝eq \f(|1－2a＋1|,\r(1＋a2))＝2，解得a＝0.
答案：0
8．解析：设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，所以x1＋x2＝－D.令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0，所以y1＋y2＝－E.
由题意知－D－E＝2，即D＋E＋2＝0. ①
又因为圆过点A、B，所以16＋4＋4D＋2E＋F＝0. ②
1＋9－D＋3E＋F＝0. ③
解①②③组成的方程组得D＝－2，E＝0，F＝－12.
故所求圆的方程为x2＋y2－2x－12＝0.
9．解析：以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则B(3，0).设M(x，y)，
依题意有，eq \f(\r(x2＋y2),\r(（x－3）2＋y2))＝eq \f(1,2)，
化简整理得，x2＋y2＋2x－3＝0，
即(x＋1)2＋y2＝4，故圆的半径为2，
则圆的面积为4π.
答案：B
10．解析：将x2＋y2－4x－14y＋45＝0化为(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C坐标为(2，7)，故A正确；因为C(2，7)，Q(－2，3)两点之间的距离为eq \r(（－2－2）2＋（3－7）2)＝4eq \r(2)＞2eq \r(2)，所以点Q在圆C外，故B正确；因为点P(m，m＋1)在圆C上，所以m2＋(m＋1)2－4m－14(m＋1)＋45＝0，所以m＝4，即P(4，5).所以直线PQ的斜率为eq \f(1,3)，故C错误；因为圆心C(2，7)，半径r＝2eq \r(2)，|CQ|＝4eq \r(2)，所以|CQ|－r≤|MQ|≤|CQ|＋r，即2eq \r(2)≤|MQ|≤6eq \r(2)，故D正确．
答案：ABD
11．解析：设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
由条件，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋9－D－3E＋F＝0,4＋36＋2D＋6E＋F＝0,－\f(D,2)＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(E,2)))－4＝0))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(D＝－4,E＝－2,F＝－20))，
因此圆的一般方程为x2＋y2－4x－2y－20＝0，
故圆心C(2，1)，因此圆心到直线l的距离d＝eq \f(3,\r(m2＋12))＝1，解得m＝±2eq \r(2).
答案：x2＋y2－4x－2y－20＝0 ±2eq \r(2)
12.
解析：如图所示，设P(x，y)，N(x0，y0)，
则线段OP的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2)))，
线段MN的中点坐标为(eq \f(x0－3,2)，eq \f(y0＋4,2)).
由于平行四边形的对角线互相平分，
故eq \f(x,2)＝eq \f(x0－3,2)，eq \f(y,2)＝eq \f(y0＋4,2)，
从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x＋3，,y0＝y－4.))
又点N(x＋3，y－4)在圆上，故(x＋3)2＋(y－4)2＝4.
当点P在直线OM上时，有x＝－eq \f(9,5)，y＝eq \f(12,5)或x＝－eq \f(21,5)，y＝eq \f(28,5).
因此所求轨迹为以(－3，4)为圆心，半径为2的圆，
除去点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(21,5)，\f(28,5))).
13.
解析：如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
因为AC＝6，所以A(－3，0)，C(3，0)，
设点B(x，y)，因为sinC＝2sinA，由正弦定理可得：c＝2a，即|AB|＝2|BC|，
所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，化简得：(x－5)2＋y2＝16，且x≠1，x≠9，
圆的位置如上图所示，圆心为(5，0)，半径r＝4，
观察可得，三角形底边长AC不变的情况下，当B点位于圆心D的正上方时，高最大，
此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5，4)，所以BC＝eq \r(（5－3）2＋42)＝2eq \r(5).
答案：2eq \r(5)