《山東省齊河縣高考數(shù)學三輪沖刺 專題 圓的方程練習（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《山東省齊河縣高考數(shù)學三輪沖刺 專題 圓的方程練習（含解析）.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

圓的方程 一、選擇題（本大題共12小題，共60分） 1. 已知圓C的圓心是直線x-y+1=0與y軸的交點，且圓C與直線x+y+3=0相切，則圓的標準方程為( ) A. x2+(y-1)2=8 B. x2+(y+1)2=8 C. (x-1)2+(y+1)2=8 D. (x+1)2+(y-1)2=8 （正確答案）A 解：對于直線x-y+1=0，令x=0，解得y=1． ∴圓心C(0,1)， 設圓的半徑為r， ∵圓C與直線x+y+3=0相切， ∴r=|1+3|2=22， ∴圓的標準方程為x2+(y-1)2=8． 故選：A． 對于直線x-y+1=0，令x=0，解得y.可得圓心C.設圓的半徑為r，利用點到直線的距離公式及其圓C與直線x+y+3=0相切的充要條件可得r． 本題考查了點到直線的距離公式及其圓與直線相切的充要條件，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題． 2. 若過原點O的動直線l將圓E:(x-1)2+(y-2)2=10分成兩部分的面積之差最大時，直線l與圓的交點記為A，B;直線l將圓E分成兩部分的面積相等時，直線l與圓的交點記為C，D;則四邊形ACBD的面積為 ( ) A. 5 B. 10 C. 102 D. 210 （正確答案）C 當直線l⊥OE時，弦AB將圓E分成兩部分的面積之差最大，當直線l過圓心E(即與OE重合)時，直徑CD將圓E分成兩部分的面積相等.圓心E(1,2)到原點O的距離為，半徑為，所以|AB|=2，因為S四邊形ACBD= |CD||AB|，所以S四邊形ACBD= 2 2 =10． 3. 已知圓的方程為x2+y2-2x-6y+1=0，那么圓心坐標為( ) A. (-1,-3) B. (1,-3) C. (1,3) D. (-1,3) （正確答案）C 解：將圓x2+y2-2x-6y+1=0化成標準方程，得(x-1)2+(y-3)2=9， ∴圓表示以C(1,3)為圓心，半徑r=3的圓． 故選：C． 將已知圓化成標準方程并對照圓標準方程的基本概念，即可得到所求圓心坐標． 本題給出圓的一般方程，求圓心的坐標.著重考查了圓的標準方程與一般方程的知識，屬于基礎題． 4. 圓心在y軸上，且過點(3,1)的圓與x軸相切，則該圓的方程是( ) A. x2+y2+10y=0 B. x2+y2-10y=0 C. x2+y2+10x=0 D. x2+y2-10x=0 （正確答案）B 解：圓心在y軸上且過點(3,1)的圓與x軸相切， 設圓的圓心(0,r)，半徑為r． 則：(3-0)2+(1-r)2=r． 解得r=5． 所求圓的方程為：x2+(y-5)2=25.即x2+y2-10y=0． 故選：B． 設出圓的圓心與半徑，利用已知條件，求出圓的圓心與半徑，即可寫出圓的方程． 本題考查圓的方程的求法，求出圓的圓心與半徑是解題的關鍵． 5. 某學校有2500名學生，其中高一1000人，高二900人，高三600人，為了了解學生的身體健康狀況，采用分層抽樣的方法，若從本校學生中抽取100人，從高一和高三抽取樣本數(shù)分別為a，b，且直線ax+by+8=0與以A(1,-1)為圓心的圓交于B，C兩點，且∠BAC=120°，則圓C的方程為( ) A. (x-1)2+(y+1)2=1 B. (x-1)2+(y+1)2=2 C. (x-1)2+(y+1)2=1817 D. (x-1)2+(y+1)2=1215 （正確答案）C 解：由題意，1002500=a1000=b600，∴a=40，b=24， ∴直線ax+by+8=0，即5x+3y+1=0， A(1,-1)到直線的距離為|5-3+1|25+9=334， ∵直線ax+by+8=0與以A(1,-1)為圓心的圓交于B，C兩點，且∠BAC=120°， ∴r=634， ∴圓C的方程為(x-1)2+(y+1)2=1817， 故選C． 根據(jù)分層抽樣的定義進行求解a，b，利用點到直線的距離公式，求出A(1,-1)到直線的距離，可得半徑，即可得出結(jié)論． 本題考查分層抽樣，考查圓的方程，考查直線與圓的位置關系，屬于中檔題． 6. 已知平面上點P∈{(x,y)|(x-x0)2+(y-y0)2=16，其中x02+y02=4，當x0，y0變化時，則滿足條件的點P在平面上所組成圖形的面積是( ) A. 4π B. 16π C. 32π D. 36π （正確答案）C 解：由題意可得，點P在圓)|(x-x0)2+(y-y0)2=16上， 而且圓心(x0,y0)在以原點為圓心，以2為半徑的圓上． 滿足條件的點P在平面內(nèi)所組成的圖形的面積是以6為半徑的圓的面積減去以2為半徑的圓的面積， 即36π-4π=32π， 故選：C． 先根據(jù)圓的標準方程求出圓心和半徑，然后研究圓心的軌跡，根據(jù)點P在平面內(nèi)所組成的圖形是一個環(huán)面進行求解即可． 本題主要考查了圓的參數(shù)方程，題目比較新穎，正確理解題意是解題的關鍵，屬于中檔題． 7. 已知三點A(1,0)，B(0,3)，C(2,3)則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為( ) A. 53 B. 213 C. 253 D. 43 （正確答案）B 解：因為△ABC外接圓的圓心在直線BC垂直平分線上，即直線x=1上， 可設圓心P(1,p)，由PA=PB得 |p|=1+(p-3)2， 得p=233 圓心坐標為P(1,233)， 所以圓心到原點的距離|OP|=1+(233)2=1+129=213， 故選：B． 利用外接圓的性質(zhì)，求出圓心坐標，再根據(jù)圓心到原點的距離公式即可求出結(jié)論． 本題主要考查圓性質(zhì)及△ABC外接圓的性質(zhì)，了解性質(zhì)并靈運用是解決本題的關鍵． 8. 在平面直角坐標系xOy中，已知點A(4,3)，點B是圓(x+1)2+y2=4上的動點，則線段AB的中點M的軌跡方程是( ) A. (x-32)2+(y-32)2=1 B. (x-32)2+(y-32)2=4 C. (x-3)2+(y-3)2=1 D. (x-3)2+(y-3)2=2 （正確答案）A 解：設M(x,y)，B(x1,y1)， 又A(4,3)，且M為AB的中點， ∴y1+3=2yx1+4=2x，則y1=2y-3x1=2x-4， ∵點B在圓(x+1)2+y2=4上， ∴(x1+1)2+y12=4，即(2x-3)2+(2y-3)2=4． ∴線段AB的中點M的軌跡方程是(x-32)2+(y-32)2=1． 故選：A． 設出M(x,y)，B(x1,y1)的坐標，利用中點坐標公式把B的坐標用M的坐標表示，代入已知圓的方程得答案． 本題考查軌跡方程的求法，訓練了利用代入法求動點的軌跡，是中檔題． 9. 阿波羅尼斯(約公元前262-190年)證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)k(k>0且k≠1)的點的軌跡是圓.后人將這個圓稱為阿氏圓.若平面內(nèi)兩定點A，B間的距離為2，動點P與A，B距離之比為2，當P，A，B不共線時，△PAB面積的最大值是( ) A. 22 B. 2 C. 223 D. 23 （正確答案）A 解：設A(1,0)，B(-1,0)，P(x,y) 則(x-1)2+y2(x+1)2+y2=2，化簡得(x+3)2+y2=8 如圖， 當點P到AB(x軸)距離最大時，△PAB面積的最大值， ∴△PAB面積的最大值是12222=22． 故選：A． 設A(1,0)，B(-1,0)，P(x,y)，則(x-1)2+y2(x+1)2+y2=2，化簡得(x+3)2+y2=8，當點P到AB(x軸)距離最大時，△PAB面積的最大值， 本題考查軌跡方程求解、直線與圓的位置關系，屬于中檔題． 10. 在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=4，AA1=5，點P、Q分別在直線A1C1和BD上運動，且PQ=8，則PQ的中點M的軌跡是( ) A. 平行四邊形 B. 圓 C. 橢圓 D. 非以上圖形 （正確答案）A 解：如圖所示，點P在A1點時，Q點從點G運動到點H，則EF是中點M的軌跡； 同理，點P在C1點、點Q在B點、點Q在C點時，中點M的軌跡對應四條線段，且兩組對邊平行且相等． 所以，PQ的中點M的軌跡是平行四邊形． 故選：A． 如圖所示，點P在A1點時，Q點從點G運動到點H，則EF是中點M的軌跡；同理，點P在C1點、點Q在B點、點Q在C點時，中點M的軌跡對應四條線段，且兩組對邊平行且相等，即可得出結(jié)論． 本題考查軌跡方程，考查立體幾何與解析幾何的綜合，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想，屬于中檔題． 11. 在平面直角坐標系xOy中，以(-2,0)為圓心且與直線(3m+1)x+(1-2m)y-5=0(m∈R)相切的所有圓中，面積最大的圓的標準方程是( ) A. (x+2)2+y2=16 B. (x+2)2+y2=20 C. (x+2)2+y2=25 D. (x+2)2+y2=36 （正確答案）C 解：根據(jù)題意，設圓心為P，則點P的坐標為(-2,0) 對于直線(3m+1)x+(1-2m)y-5=0，變形可得m(3x-2y)m+(x+y-5)=0 即直線過定點M(2,3)， 在以點(-2,0)為圓心且與直線(3m+1)x+(1-2m)y-5=0， 面積最大的圓的半徑r長為MP， 則r2=MP2=25， 則其標準方程為(x+2)2+y2=25； 故選B． 根據(jù)題意，將直線的方程變形可得m(3x-2y)m+(x+y-5)=0，分析可得其定點M(2,3)，進而分析可得滿足題意的圓是以P為圓心，半徑為MP的圓，求出MP的長，將其代入圓的標準方程計算可得答案． 本題考查直線與圓的位置關系，關鍵是分析出直線(3m+1)x+(1-2m)y-5=0過的定點坐標． 12. 已知圓C過坐標原點，面積為2π，且與直線l：x-y+2=0相切，則圓C的方程是( ) A. (x+1)2+(y+1)2=2 B. (x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y-1)2=2 C. (x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2 D. (x-1)2+(y-1)2=2 （正確答案）C 解：設圓心坐標為(a,b)， ∵面積為2π，∴半徑r=2， ∵圓C過坐標原點，且與直線l：x-y+2=0相切， ∴a2+b2=|a-b+2|2=2， ∴a=b=1， ∴圓心為(1,1)或(-1,-1)， ∴圓C的方程是(x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2， 故選：C． 設圓心坐標為(a,b)，利用圓C過坐標原點，面積為2π，且與直線l：x-y+2=0相切，求出a，b，即可求出圓C的方程． 本題考查的是圓的方程，考查直線與圓的位置關系，考查學生的計算能力，利用條件建立方程，求出圓心與半徑是解題的關鍵所在． 二、填空題（本大題共4小題，共20分） 13. 已知A(-1,4)，B(3,-2)，以AB為直徑的圓的標準方程為______ ． （正確答案）(x-1)2+(y-1)2=13 解：設圓心為C，∵A(-1,4)，B(3,-2)， ∴圓心C的坐標為(1,1)； ∴|AC|=(1+1)2+(1-4)2=13，即圓的半徑r=13， 則以線段AB為直徑的圓的方程是(x-1)2+(y-1)2=13． 故答案為：(x-1)2+(y-1)2=13． 因為線段AB為所求圓的直徑，所以利用中點坐標公式求出線段AB的中點即為所求圓的圓心坐標，再利用兩點間的距離公式求出圓心C與點A之間的距離即為所求圓的半徑，根據(jù)求出的圓心坐標與半徑寫出圓的標準方程即可． 此題考查了中點坐標公式，兩點間的距離公式以及圓的標準方程，解答本題的關鍵是靈活運用已知條件確定圓心坐標及圓的半徑.同時要求學生會根據(jù)圓心與半徑寫出圓的標準方程． 14. 圓心在直線2x-y=0上的圓C與x軸的正半軸相切，圓C截y軸所得的弦的長為23，則圓C的標準方程為______． （正確答案）(x-1)2+(y-2)2=4 解：設圓心(t,2t)(t>0)，則由圓與x軸相切，可得半徑r=2|t|． ∵圓心到y(tǒng)軸的距離d=t， 由圓C截y軸所得的弦的長為23，4t2=t2+3 解得t=1． 故圓心為(1,2)，半徑等于2． 故圓C的方程為(x-1)2+(y-2)2=4． 故答案為(x-1)2+(y-2)2=4． 設圓心(t,2t)，由題意可得半徑r=2|t|，求出圓心到直線的距離d，再由4t2=t2+3，解得t的值，從而得到圓心坐標和半徑，由此求出圓的方程． 本題主要考查求圓的標準方程的方法，求出圓心坐標和半徑的值，是解題的關鍵，屬于中檔題． 15. 已知圓C的圓心在x軸正半軸上，點(0,5)圓C上，且圓心到直線2x-y=0的距離為455，則圓C的方程為______ ． （正確答案）(x-2)2+y2=9 解：由題意設圓的方程為(x-a)2+y2=r2(a>0)， 由點M(0,5)在圓上，且圓心到直線2x-y=0的距離為455， 得a2+5=r2|2a|5=455，解得a=2，r=3． ∴圓C的方程為：(x-2)2+y2=9． 故答案為：(x-2)2+y2=9． 由題意設出圓的方程，把點M的坐標代入圓的方程，結(jié)合圓心到直線的距離列式求解． 本題考查圓的標準方程，訓練了點到直線的距離公式的應用，是中檔題． 16. 已知圓C的圓心與點M關于直線x-y+1=0對稱，并且圓C與雙曲線 -y2=1的漸近線相切，則圓C的方程為 ． （正確答案）x2+(y-2)2=3 因為圓C的圓心與點M(1,1)關于直線x-y+1=0對稱， 所以圓C的圓心為(0,2)，雙曲線 -y2=1的漸近線方程為 y=0，與圓相切， 所以圓的半徑為 所以圓C的方程為x2+(y-2)2=3． 三、解答題（本大題共3小題，共30分） 17. 已知拋物線C：y2=2x的焦點為F，平行于x軸的兩條直線l1，l2分別交C于A，B兩點，交C的準線于P，Q兩點． (Ⅰ)若F在線段AB上，R是PQ的中點，證明AR//FQ； (Ⅱ)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點的軌跡方程． （正確答案）(Ⅰ)證明：連接RF，PF， 由AP=AF，BQ=BF及AP//BQ，得∠AFP+∠BFQ=90°， ∴∠PFQ=90°， ∵R是PQ的中點， ∴RF=RP=RQ， ∴△PAR≌△FAR， ∴∠PAR=∠FAR，∠PRA=∠FRA， ∵∠BQF+∠BFQ=180°-∠QBF=∠PAF=2∠PAR， ∴∠FQB=∠PAR， ∴∠PRA=∠PQF， ∴AR//FQ． (Ⅱ)設A(x1,y1)，B(x2,y2)， F(12,0)，準線為x=-12， S△PQF=12|PQ|=12|y1-y2|， 設直線AB與x軸交點為N， ∴S△ABF=12|FN||y1-y2|， ∵△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍， ∴2|FN|=1，∴xN=1，即N(1,0)． 設AB中點為M(x,y)，由y22=2x2y12=2x1得y12-y22=2(x1-x2)， 又y1-y2x1-x2=yx-1， ∴yx-1=1y，即y2=x-1． ∴AB中點軌跡方程為y2=x-1． (Ⅰ)連接RF，PF，利用等角的余角相等，證明∠PRA=∠PQF，即可證明AR//FQ； (Ⅱ)利用△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求出N的坐標，利用點差法求AB中點的軌跡方程． 本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查軌跡方程，考查學生的計算能力，屬于中檔題． 18. 設圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E． (Ⅰ)證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程； (Ⅱ)設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． （正確答案）解：(Ⅰ)證明：圓x2+y2+2x-15=0即為(x+1)2+y2=16， 可得圓心A(-1,0)，半徑r=4， 由BE//AC，可得∠C=∠EBD， 由AC=AD，可得∠D=∠C， 即為∠D=∠EBD，即有EB=ED， 則|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4， 故E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓， 且有2a=4，即a=2，c=1，b=a2-c2=3， 則點E的軌跡方程為x24+y23=1(y≠0)； (Ⅱ)橢圓C1：x24+y23=1，設直線l：x=my+1， 由PQ⊥l，設PQ：y=-m(x-1)， 由3x2+4y2=12x=my+1可得(3m2+4)y2+6my-9=0， 設M(x1,y1)，N(x2,y2)， 可得y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4， 則|MN|=1+m2?|y1-y2|=1+m2?36m2(3m2+4)2+363m2+4 =1+m2?36(4m2+4)3m2+4=12?1+m23m2+4， A到PQ的距離為d=|-m(-1-1)|1+m2=|2m|1+m2， |PQ|=2r2-d2=216-4m21+m2=43m2+41+m2， 則四邊形MPNQ面積為S=12|PQ|?|MN|=12?43m2+41+m2?12?1+m23m2+4 =24?1+m23m2+4=2413+11+m2， 當m=0時，S取得最小值12，又11+m2>0，可得S<24?33=83， 即有四邊形MPNQ面積的取值范圍是[12,83). (Ⅰ)求得圓A的圓心和半徑，運用直線平行的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，可得EB=ED，再由圓的定義和橢圓的定義，可得E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，求得a，b，c，即可得到所求軌跡方程； (Ⅱ)設直線l：x=my+1，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，可得|MN|，由PQ⊥l，設PQ：y=-m(x-1)，求得A到PQ的距離，再由圓的弦長公式可得|PQ|，再由四邊形的面積公式，化簡整理，運用不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍． 本題考查軌跡方程的求法，注意運用橢圓和圓的定義，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及直線和圓相交的弦長公式，考查不等式的性質(zhì)，屬于中檔題． 19. 已知圓C：(x+1)2+y2=8，點A(1,0)，P是圓C上任意一點，線段AP的垂直平分線交CP于點Q，當點P在圓上運動時，點Q的軌跡為曲線E． (1)求曲線E的方程； (2)若直線l：y=kx+m與曲線E相交于M，N兩點，O為坐標原點，求△MON面積的最大值． （正確答案）解：(Ⅰ)∵點Q在線段AP的垂直平分線上，∴|AQ|=|PQ|． 又|CP|=|CQ|+|QP|=22，∴|CQ|+|QA|=22>|CA|=2． ∴曲線E是以坐標原點為中心，C(-1,0)和A(1,0)為焦點，長軸長為22的橢圓． 設曲線E的方程為x2a2+y2b2=1，(a>b>0)． ∵c=1，a=2，∴b2=2-1=1． ∴曲線E的方程為x22+y2=1． (Ⅱ)設M(x1,y1)，N(x2,y2). 聯(lián)立y=kx+mx22+y2=1消去y，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0． 此時有△=16k2-8m2+8>0． 由一元二次方程根與系數(shù)的關系，得x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-21+2k2，. ∴|MN|=1+k2?(-4km1+2k2)2-42m2-21+2k2=1+k21+2k2?8(2k2-m2+1) ∵原點O到直線l的距離d=|m|1+k2-， ∴S△MON=12|MN|?d=21+2k2．m2(2k2-m2+1)，由△>0，得2k2-m2+1>0． 又m≠0， ∴據(jù)基本不等式，得S△MON=21+2k2．m2(2k2-m2+1)≤21+2k2?m2+2k2-m2+12=22， 當且僅當m2=2k2+12時，不等式取等號． ∴△MON面積的最大值為22． (1)根據(jù)橢圓的定義和性質(zhì)，建立方程求出a，b即可． (2)聯(lián)立直線和橢圓方程，利用消元法結(jié)合設而不求的思想進行求解即可． 本題主要考查與橢圓有關的軌跡方程問題，以及直線和橢圓的位置關系的應用，利用消元法以及設而不求的數(shù)學思想是解決本題的關鍵.，運算量較大，有一定的難度．