2022版高考数学一轮复习课后限时集训49圆的方程含解析202103181114.doc

1、课后限时集训(四十九)圆的方程建议用时：40分钟一、选择题1圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是()A(x1)2(y1)21B(x1)2(y1)21C(x1)2(y1)22D(x1)2(y1)22D因为圆心为(1,1)且过原点，所以该圆的半径r，则该圆的方程为(x1)2(y1)22，故选D.2(2020西城二模)圆x2y24x2y10截x轴所得弦的长度等于()A2B2 C2D4B令y0得x24x10，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24，x1x21.|AB|2.3(2020北京高考)已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为()A4B5 C6D7A设圆心C(

2、x，y)，则1，化简得(x3)2(y4)21，所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，所以|OC|1|OM|5，所以|OC|514，当且仅当C在线段OM上时取得等号，故选A.4(多选)若P是圆C：(x3)2(y3)21上任一点，则点P到直线ykx1距离的值可以为()A4B6 C31D8ABC如图圆C：(x3)2(y3)21的圆心坐标为(3,3)，半径为1，直线ykx1过定点(0，1)，由图可知，圆心C到直线ykx1距离的最大值为5，则点P到直线ykx1距离的最大值为516.选项ABC中的值均符合，只有D不符合故选ABC.5动点A在圆x2y21上移动时，它与定点B(3,0)连线的中

3、点的轨迹方程是()A(x3)2y24B(x3)2y24C(2x3)24y21D2y2C设中点M(x，y)，则动点A(2x3,2y)点A在圆x2y21上，(2x3)2(2y)21，即(2x3)24y21.故选C.6(多选)(2020山东青岛检测)已知圆C过点M(1，2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是()A满足条件的圆C的圆心在一条直线上B满足条件的圆C有且只有一个C点(2，1)在满足条件的圆C上D满足条件的圆C有且只有两个，它们的圆心距为4ACD因为圆C和两个坐标轴都相切，且过点M(1，2)，所以设圆心坐标为(a，a)(a0)，故圆心在直线yx上，A正确；圆C的方程为(xa)2(ya)2

4、a2，把点M的坐标代入可得a26a50，解得a1或a5，则圆心坐标为(1，1)或(5，5)，所以满足条件的圆C有且只有两个，故B错误；圆C的方程分别为(x1)2(y1)21，(x5)2(y5)525，将点(2，1)代入可知满足圆的方程，故C正确；它们的圆心距为4，D正确二、填空题7圆(x1)2(y2)21关于直线yx对称的圆的方程为_(x2)2(y1)21设对称圆的方程为(xa)2(yb)21，圆心(1,2)关于直线yx的对称点为(2,1)，故对称圆的方程为(x2)2(y1)21.8(2020湖北随州期末)已知O为坐标原点，直线l与圆x2y26y50交于A，B两点，|AB|2，点M为线段AB的

5、中点则点M的轨迹方程是_，|的取值范围为_x2(y3)2362，62由题意，圆x2y26y50的圆心为C(0,3)，半径R2，设圆心到直线l的距离为d，可得|AB|2，即22，整理得d，即|MC|，所以点M的轨迹表示以C(0,3)为圆心，以为半径的圆，所以点M的轨迹方程为x2(y3)23.根据向量的运算可得|2|2|，又|OC|3，所以|OC|OC|，即3|3，所以622|62，即|的取值范围为62，629圆x2y22x2y10上的点到直线xy2距离的最大值是_1将圆的方程化为(x1)2(y1)21，圆心坐标为(1,1)，半径为1，则圆心到直线xy2的距离d，故圆上的点到直线xy2距离的最大值

6、为d11.三、解答题10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|4.(1)求直线CD的方程；(2)求圆P的方程解(1)由已知得直线AB的斜率k1，AB的中点坐标为(1,2)所以直线CD的方程为y2(x1)，即xy30.(2)设圆心P(a，b)，则由P在CD上得ab30.又直径|CD|4，所以|PA|2.所以(a1)2b240.由解得或所以圆心P(3,6)或P(5，2)，所以圆P的方程为(x3)2(y6)240或(x5)2(y2)240.11.如图，等腰梯形ABCD的底边AB和CD长分别为6和2，高为3.(1)求这个等腰梯形的外接圆E

7、的方程；(2)若线段MN的端点N的坐标为(5,2)，端点M在圆E上运动，求线段MN的中点P的轨迹方程解(1)由已知可知A(3,0)，B(3,0)，C(，3)，D(，3)，设圆心E(0，b)，由|EB|EC|可知(03)2(b0)2(0)2(b3)2，解得b1.所以r2(03)2(10)210.所以圆的方程为x2(y1)210.(2)设P(x，y)，由点P是MN中点，得M(2x5,2y2)将M点代入圆的方程得(2x5)2(2y3)210，即22.1(多选)(2020山东德州期末)已知点A是直线l：xy0上一定点，点P，Q是圆x2y21上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标可以是()A(0

8、，)B(1，1)C(，0)D(1,1)AC原点O到直线l的距离为d1，则直线l与圆x2y21相切，当AP，AQ均为圆x2y21的切线时，PAQ取得最大值连接OP，OQ(图略)，由于PAQ的最大值为90，且APOAQO90，|OP|OQ|1，故四边形APOQ为正方形，所以|OA|OP|，设点A的坐标为(t，t)，由两点间的距离公式得|OA|，整理得2t22t0，解得t0或t，因此，点A的坐标为(0，)或(，0)故选AC.2已知圆C截y轴所得的弦长为2，圆心C到直线l：x2y0的距离为，且圆C被x轴分成的两段弧长之比为31，则圆C的方程为_(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22设圆C的方程

9、为(xa)2(yb)2r2，则点C到x轴，y轴的距离分别为|b|，|a|.由题意可知或故所求圆C的方程为(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22.3动圆C与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)两点，且x1，x2是方程x22mx40的两根(1)若线段AB是动圆C的直径，求动圆C的方程；(2)证明：当动圆C过点M(0,1)时，动圆C在y轴上截得弦长为定值解(1)x1，x2是方程x22mx40的两根，x1x22m，x1x24.动圆C与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)两点，且线段AB是动圆C的直径，动圆C的圆心C的坐标为(m,0)，半径为.动圆C的方程为(xm)2y2m24.(2)证明：

10、设动圆C的方程为x2y2DxEyF0，动圆C与y轴交于M(0,1)，N(0，y1)，令y0，则x2DxF0，由题意可知D2m，F4，又动圆C过点M(0,1)，1E40，解得E3.令x0，则y23y40，解得y1或y4，y14.动圆C在y轴上截得弦长为|y11|5.故动圆C在y轴上截得弦长为定值1(2020青岛模拟)如图A(2,0)，B(1,1)，C(1,1)，D(2,0)，是以OD为直径的圆上一段圆弧，是以BC为直径的圆上一段圆弧，是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线W.给出以下4个结论：曲线W与x轴围成的面积等于2；曲线W上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点)；所在圆的方程为： x2

11、(y1)21；与的公切线方程为：xy1.则上述结论正确的是()AB CDB曲线W与x轴的图形为以(0,1)圆心，1为半径的半圆加上以(1,0)为圆心，1为半径的圆，加上以(1,0)为圆心，1为半径的圆，加上长为2，宽为1的矩形构成，可得其面积为2222，故错误；曲线W上有(2,0)，(1,1)，(0,2)，(1,1)，(2,0)共5个整点，故正确；是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，其所在圆的方程为x2(y1)21，故正确；设与的公切线方程为ykxt(k0，t0)，由直线和圆相切的条件可得1，解得k1，t1(t1舍去)，则其公切线方程为yx1，即xy1，故正确故选B.2在平面直角坐标系xOy中

12、，曲线：yx2mx2m(mR)与x轴交于不同的两点A，B，曲线与y轴交于点C.(1)是否存在以AB为直径的圆过点C？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由(2)求证：过A，B，C三点的圆过定点解由曲线：yx2mx2m(mR)，令y0，得x2mx2m0.设A(x1,0)，B(x2,0)，可得m28m0，则m0或m8，x1x2m，x1x22m.令x0，得y2m，即C(0,2m)(1)若存在以AB为直径的圆过点C，则0，得x1x24m20，即2m4m20，所以m0(舍去)或m.此时C(0，1)，AB的中点M即圆心，半径r|CM|，故所求圆的方程为2y2.(2)证明：设过A，B两点的圆的方程为x2y2mxEy2m0，将点C(0,2m)代入可得E12m，所以过A，B，C三点的圆的方程为x2y2mx(12m)y2m0.整理得x2y2ym(x2y2)0.令可得或故过A，B，C三点的圆过定点(0,1)和.