2021新高考数学一轮复习（山东专用）课时作业49 圆的方程 WORD版含解析.DOC

1、课时作业49圆的方程一、选择题1若k，方程x2y2(k1)x2kyk0不表示圆，则k的取值集合中元素的个数为(A)A1 B2C3D4解析：方程x2y2(k1)x2kyk0表示圆的条件为(k1)2(2k)24k0，即5k26k10，解得k1或k，又知该方程不表示圆，所以k的取值范围为k1，又因为k，所以满足条件的k，即k的取值集合为，故选A.2已知圆C：x2y22x4y10，那么与圆C有相同的圆心，且经过点(2,2)的圆的方程是(B)A(x1)2(y2)25B(x1)2(y2)225C(x1)2(y2)25D(x1)2(y2)225解析：圆C的标准方程为(x1)2(y2)24，圆心C(1，2)，

2、故排除C，D，代入(2,2)点，只有B项经过此点也可以设出要求的圆的方程为(x1)2(y2)2r2，再代入点(2,2)，可以求得圆的半径为5.故选B.3已知圆M与直线3x4y0及3x4y100都相切，圆心在直线yx4上，则圆M的方程为(C)A(x3)2(y1)21B(x3)2(y1)21C(x3)2(y1)21D(x3)2(y1)21解析：到直线3x4y0及3x4y100的距离都相等的直线方程为3x4y50，联立方程组解得又两平行线之间的距离为2，所以所求圆的半径为1，从而圆M的方程为(x3)2(y1)21.故选C.4圆心在y轴上，且过点(3,1)的圆与x轴相切，则该圆的方程是(B)Ax2y2

3、10y0Bx2y210y0Cx2y210x0Dx2y210x0解析：根据题意，设圆心坐标为(0，r)，半径为r，则32(r1)2r2，解得r5，可得圆的方程为x2y210y0.5圆(x2)2y24关于直线yx对称的圆的方程是(D)A(x)2(y1)24B(x)2(y)24Cx2(y2)24D(x1)2(y)24解析：设圆(x2)2y24的圆心(2,0)关于直线yx对称的点的坐标为(a，b)，则有解得a1，b，从而所求圆的方程为(x1)2(y)24.故选D.6圆x2y22x2y10上的点到直线xy2的距离的最大值是(A)A1B2C1D22解析：将圆的方程化为(x1)2(y1)21，圆心坐标为(1

4、,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的距离的最大值为d11，故选A.7如果圆(xa)2(ya)28上总存在到原点的距离为的点，则实数a的取值范围是(D)A(3，1)(1,3)B(3,3)C1,1D3，11,3解析：圆(xa)2(ya)28的圆心(a，a)到原点的距离为|a|，半径r2，由圆(xa)2(ya)28上总存在点到原点的距离为，得2|a|2，1|a|3，解得1a3或3a1.实数a的取值范围是3，11,3故选D.8在平面直角坐标系xOy中，以点(0,1)为圆心且与直线xby2b10相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为(B)Ax2(y1)24Bx2(y1

5、)22Cx2(y1)28Dx2(y1)216解析：解法1：由题意可得圆心(0,1)到直线xby2b10的距离d，当且仅当b1时取等号所以半径最大的圆的半径r，此时圆的标准方程为x2(y1)22，故选B.解法2：由直线xby2b10可得该直线过定点A(1，2)，设圆心为B(0,1)，由题意可知要使所求圆的半径最大，则rmax|AB|，所以半径最大的圆的标准方程为x2(y1)22，故选B.二、填空题9(多填题)已知aR，方程a2x2(a2)y24x8y5a0表示圆，则圆心坐标是(2，4)，半径是5.解析：由已知方程表示圆，则a2a2，解得a2或a1.当a2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去当a1时

6、，原方程为x2y24x8y50，化为标准方程为(x2)2(y4)225，表示以(2，4)为圆心，5为半径的圆10当方程x2y2kx2yk20所表示的圆的面积取最大值时，直线y(k1)x2的倾斜角.解析：由题意知，圆的半径r1，当半径r取最大值时，圆的面积最大，此时k0，r1，所以直线方程为yx2，则有tan1，又0，)，故.11若圆C经过坐标原点与点(4,0)，且与直线y1相切，则圆C的方程是(x2)22.解析：因为圆的弦的垂直平分线必过圆心且圆经过点(0,0)和(4,0)，所以设圆心为(2，m)又因为圆与直线y1相切，所以|1m|，解得m.所以圆C的方程为(x2)22.12点P(4，2)与圆

7、x2y24上任一点连线的中点的轨迹方程是(x2)2(y1)21.解析：设圆上任一点坐标为(x0，y0)，xy4，连线中点坐标为(x，y)，则解得代入xy4中，得(x2)2(y1)21.三、解答题13已知圆C的圆心在直线xy10上，半径为5，且圆C经过点P(2,0)和点Q(5,1)(1)求圆C的标准方程；(2)求过点A(3,0)且与圆C相切的切线方程解：(1)设圆C：(xa)2(yb)225，点C在直线xy10上，则有ab10.圆C经过点P(2,0)和点Q(5,1)，则解得a2，b3.所以圆C：(x2)2(y3)225.(2)设所求直线为l.若直线l的斜率不存在，则直线l的方程是x3，与圆C相切

8、，符合题意若直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x3)，即kxy3k0.由题意知，圆心C(2，3)到直线l的距离等于半径5，即5，解得k，故切线方程是y(x3)综上，所求切线方程是x3或y(x3)14已知圆C：x2y22x4y30.(1)若直线l过点(2,0)且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)从圆C外一点P向圆C引一条切线，切点为M，O为坐标原点，满足|PM|PO|，求点P的轨迹方程解：(1)x2y22x4y30可化为(x1)2(y2)22.当直线l的斜率不存在时，其方程为x2，易求得直线l与圆C的交点为A(2,1)，B(2,3)，|AB|2，符合题意；当直线l的斜率存在时，设

9、其方程为yk(x2)，即kxy2k0，则圆心C到直线l的距离d1，解得k，所以直线l的方程为3x4y60.综上，直线l的方程为x2或3x4y60.(2)如图，PM为圆C的切线，连接MC，PC，则CMPM，所以PMC为直角三角形，所以|PM|2|PC|2|MC|2.设P(x，y)，由(1)知C(1,2)，|MC|.因为|PM|PO|，所以(x1)2(y2)22x2y2，化简得点P的轨迹方程为2x4y30.15(多选题)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值(1)的点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏

10、圆在平面直角坐标系xOy中，A(2,0)，B(4,0)，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是(BC)AC的方程为(x4)2y29B在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得C当A，B，P三点不共线时，射线PO是APB的平分线D在C上存在点M，使得|MO|2|MA|解析：设点P(x，y)，则，化简整理得x2y28x0，即(x4)2y216，故A错误；当D(1,0)，B(2,0)时，故B正确；对于C选项，cosAPO，cosBPO，要证PO为角平分线，只需证明cosAPOcosBPO，即证，化简整理即证PO22AP28，设P(x，y)，则PO2x2y2,2AP282x28x2y2(x28x

11、y2)(x2y2)x2y2，则证cosAPOcosBPO，故C正确；对于D选项，设M(x0，y0)，由|MO|2|MA|可得，整理得3x3y16x0160，而点M在圆上，故满足x2y28x0，联立解得x02，y0无实数解，于是D错误故答案为BC.16(2019全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由解：(1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.连接MA，由已知得|AO|2，又，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.