【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第8章-第2节-圆的方程.docx

第八章　其次节

一、选择题
1．在同一坐标系下，直线ax＋by＝ab和圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2(ab≠0，r>0)的图形可能是(　　)

[答案]　D
[解析]　直线方程可化为＋＝1，依据A、B、C、D中的图象可知a>0，b<0，满足圆心(a，b)中a>0，b<0的只有选项D．
2．(文)圆心在抛物线y2＝2x(y>0)上，并且与抛物线的准线及x轴都相切的圆的方程是(　　)
A．x2＋y2－x－2y－＝0 B．x2＋y2＋x－2y＋1＝0
C．x2＋y2－x－2y＋1＝0 D．x2＋y2－x－2y＋＝0
[答案]　D
[解析]　抛物线y2＝2x(y>0)的准线为x＝－，圆与抛物线的准线及x轴都相切，则圆心在直线y＝x＋(y>0)上，与y2＝2x(y>0)联立可得圆心的坐标为，半径为1，则方程为2＋(y－1)2＝1，即x2＋y2－x－2y＋＝0.
(理)(2022·广东广州综合测试)圆(x－1)2＋(y－2)2＝1关于直线y＝x对称的圆的方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y－1)2＝1 B．(x＋1)2＋(y－2)2＝1
C．(x＋2)2＋(y－1)2＝1 D．(x－1)2＋(y＋2)2＝1
[答案]　A
[解析]　圆(x－1)2＋(y－2)2＝1的圆心坐标为(1,2)，此点关于直线y＝x的对称点的坐标为(2,1)，由于两圆关于直线y＝x对称，故它们的圆心关于直线y＝x对称，且两圆大小相等，因此所求的对称圆的圆心坐标为(2,1)，其半径为1，方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1，故选A．
3．(文)圆x2＋y2－2x＋6y＋5a＝0关于直线y＝x＋2b成轴对称图形，则a－b的取值范围是(　　)
A．(－∞，4)　 B．(－∞，0)
C．(－4，＋∞)　 D．(4，＋∞)
[答案]　A
[解析]　圆(x－1)2＋(y＋3)2＝10－5a，由条件知，圆心C(1，－3)在直线y＝x＋2b上，∴b＝－2，又10－5a>0，∴a<2，∴a－b<4.
(理)(2021·开封模拟)已知直线l：x－y＋4＝0与圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，则圆C上的点到直线l的距离的最小值为(　　)
A．　　 B．　　
C．1　　　 D．3
[答案]　A
[解析]　由题意知，圆C上的点到直线l的距离的最小值等于圆心(1,1)到直线l的距离减去圆的半径，即－＝.
4．已知圆的半径为2，圆心在x轴的正半轴上，且与直线3x＋4y＋4＝0相切，则圆的方程是(　　)
A．x2＋y2－4x＝0　 B．x2＋y2＋4x＝0
C．x2＋y2－2x－3＝0　 D．x2＋y2＋2x－3＝0
[答案]　A
[解析]　设圆心为C(m,0)(m>0)，由于所求圆与直线3x＋4y＋4＝0相切，所以＝2，整理得：|3m＋4|＝10，解得m＝2或m＝－(舍去)，故所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝22，即x2＋y2－4x＝0，故选A．
5．(文)一束光线从点A(－1,1)动身经x轴反射到圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的最短路程是(　　)
A．4　 B．5
C．3－1　 D．2
[答案]　A
[解析]　如图，作出A关于x轴的对称点B，最短路程是BD＝BC－r＝4.

(理)(2022·江西理，9)在平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为(　　)
A．π　 B．π
C．(6－2)π　 D．π
[答案]　A
[解析]　本题考查直线与圆的位置关系、抛物线的定义及数形结合求最值的数学思想．
依题意，∠AOB＝90°，∴原点O在⊙C上，又∵⊙C与直线2x＋y－4＝0相切，设切点为D，则|OC|＝|CD|，要使圆C的面积有最小值，当且仅当O、C、D三点共线，即圆C的直径等于O点到直线的距离，∴2R＝，∴R＝.S＝πR2＝π.选A．
6．设A为圆(x－1)2＋y2＝1上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则P点的轨迹方程是(　　)
A．(x－1)2＋y2＝4　 B．(x－1)2＋y2＝2
C．y2＝2x　 D．y2＝－2x
[答案]　B
[解析]　设P(x，y)，圆心C(1,0)，由题意知PA⊥AC，
∴|PC|2＝|PA|2＋|AC|2＝2，∴(x－1)2＋y2＝2，故选B．
二、填空题
7．(2022·重庆文)已知直线x－y＋a＝0与圆心为C的圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0相交于A，B两点，且AC⊥BC，则实数a的值为________．
[答案]　0或6
[解析]　圆C：x2＋y2＋2x－4y－4＝0的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，所以圆心为C(－1,2)，半径为3.由于AC⊥BC，所以圆心C到直线x－y＋a＝0的距离为，即＝，所以a＝0或6.
8．(2021·陕西检测)已知点P是圆C：x2＋y2＋4x－6y－3＝0上的一点，直线l：3x－4y－5＝0.若点P到直线l的距离为2，则符合题意的点P有________个．
[答案]　2
[解析]　由题意知圆的标准方程为(x＋2)2＋(y－3)2＝42，∴圆心(－2,3)到直线l的距离d＝＝>4，故直线与圆相离，则满足题意的点P有2个．
9．(文)已知动圆的圆心C在抛物线x2＝2py(p>0)上，该圆经过点A(0，p)，且与x轴交于两点M、N，则sin∠MCN的最大值为________．
[答案]　1
[解析]　当圆心C的纵坐标为p时，C(p，p)为圆心的圆方程为(x－p)2＋(y－p)2＝2p2，令y＝0得，x＝p±p，∴MC⊥NC，∴sin∠MCN＝1.
(理)(2022·福州质检)若直线x－y＋2＝0与圆心为C的圆(x－3)2＋(y－3)2＝4相交于A、B两点，则·的值为________．
[答案]　0
[解析]　依题意得，点C的坐标为(3,3)．由，解得或可令A(3,5)、B(1,3)，∴＝(0,2)，＝(－2,0)，∴·＝0.
三、解答题
10．(文)(2021·福建)如图，抛物线E：y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为A．点C在抛物线E上，以C为圆心，|CO|为半径作圆，设圆C与准线l交于不同的两点M，N.
(1)若点C的纵坐标为2，求|MN|；
(2)若|AF|2＝|AM|·|AN|，求圆C的半径．

[解析]　(1)抛物线y2＝4x的准线l的方程为x＝－1.
由点C的纵坐标为2，得点C的坐标为(1,2)，
所以点C到准线l的距离d＝2，又|CO|＝.
所以|MN|＝2＝2＝2.
(2)设C(，y0)，则圆C的方程为(x－)2＋(y－y0)2＝＋y，即x2－x＋y2－2y0y＝0.
由x＝－1，得y2－2y0y＋1＋＝0，
设M(－1，y1)，N(－1，y2)，则

由|AF|2＝|AM|·|AN|，得|y1y2|＝4，
所以＋1＝4，解得y0＝±，此时Δ>0.
所以圆心C的坐标为(，)或(，－)，
从而|CO|2＝，|CO|＝，即圆C的半径为.
(理)(2022·江苏盐城二模)已知以点C(t，)(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O和点A，与y轴交于点O和点B，其中O为原点．
(1)求证：△OAB的面积为定值；
(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．
[分析]　(1)由于⊙C过原点O，OC为圆的半径，据此可得出圆的方程，求出⊙C与两轴交点坐标，验证|OA|·|OB|为定值．
(2)由条件易知OC垂直平分MN，求出t的值即可确定圆的方程．
[解析]　(1)证明：∵圆C过原点O，
∴|OC|2＝t2＋.
设圆C的方程是(x－t)2＋(y－)2＝t2＋，
令x＝0，得y1＝0，y2＝；
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，
∴S△OAB＝|OA|·|OB|＝×||×|2t|＝4，
即△OAB的面积为定值．
(2)∵OM＝ON，CM＝CN，∴OC垂直平分线段MN.
∵kMN＝－2，∴kOC＝.
∴＝t，解得t＝2或t＝－2.
当t＝2时，圆心O的坐标为(2,1)，OC＝，
此时，C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．
当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝>.
圆C与直线y＝－2x＋4不相交，
∴t＝－2不符合题意，舍去．
∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.

一、选择题
11．(2022·辽宁沈阳四校联考)已知A(－2,0)，B(0,2)，实数k是常数，M，N是圆x2＋y2＋kx＝0上两个不同点，P是圆x2＋y2＋kx＝0上的动点，假如M，N关于直线x－y－1＝0对称，则△PAB面积的最大值是(　　)
A．3－　 B．4
C．3＋　 D．6
[答案]　C
[解析]　依题意得圆x2＋y2＋kx＝0的圆心(－，0)位于直线x－y－1＝0上，于是有－－1＝0，即k＝－2，因此圆心坐标是(1,0)，半径是1.由题意可得|AB|＝2，直线AB的方程是＋＝1，即x－y＋2＝0，圆心(1,0)到直线AB的距离等于＝，点P到直线AB的距离的最大值是＋1，∴△PAB面积的最大值为×2×＝3＋，故选C．
12．(文)点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是(　　)
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
[答案]　A
[解析]　设圆上任一点为Q(x0，y0)，PQ的中点为M(x，y)，则解得由于点Q在圆x2＋y2＝4上，所以x＋y＝4，即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，即(x－2)2＋(y＋1)2＝1.
(理)已知圆x2＋y2＝4，过点A(4,0)作圆的割线ABC，则弦BC中点的轨迹方程为(　　)
A．(x－1)2＋y2＝4　
B．(x－1)2＋y2＝4　(0≤x<1)
C．(x－2)2＋y2＝4　
D．(x－2)2＋y2＝4　(0≤x<1)
[答案]　D
[分析]　直线过点A，可设出点斜式方程，由OP与割线ABC垂直，消去斜率k可得轨迹方程，留意k不存在的情形．
[解析]　设割线的方程为y＝k(x－4)，再设BC中点的坐标为(x，y)，则＝－，
代入y＝k(x－4)消去k得，(x－2)2＋y2＝4.
画出图形易知轨迹应是在已知圆内的部分，且x的取值范围是0≤x<1.故选D．
[点评]　1.求动点M的轨迹方程时，设M(x，y)，然后结合已知条件找x、y满足的关系式．假如点M的运动依靠于点A的运动，而点A在已知曲线C上，这时将A的坐标用x、y表示，代入C的方程，即得M点的轨迹方程．
求轨迹方程的一般步骤：
建系，设点、列式、化简，下结论．
2．求与圆有关的轨迹问题的方法：
(1)直接法：直接依据题目供应的条件列出方程．
(2)定义法：依据圆、直线等定义列方程．
(3)几何法：利用圆的几何性质列方程．
(4)代入法，找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．
3．留意“求轨迹”与“求轨迹方程”的区分．
13．(2021·重庆)设P是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，Q是直线x＝－3上的动点，则|PQ|的最小值为(　　)
A．6　　　 B．4　　　
C．3　　　 D．2
[答案]　B
[解析]　如图所示，要使|PQ|最小，则过圆心作直线x＝－3的垂线分别与圆及直线交于点P、Q，此时|PQ|最小，圆心到直线x＝－3的距离为6，则|PQ|min＝6－2＝4.故选B．

14．过点A(11,2)作圆x2＋y2＋2x－4y－164＝0的弦，其中弦长为整数的共有(　　)
A．16条　 B．17条
C．32条　 D．34条
[答案]　C
[解析]　∵圆x2＋y2＋2x－4y－164＝0的标准方程为：(x＋1)2＋(y－2)2＝132，即此圆是一个以点O(－1,2)为圆心，以R＝13为半径的圆．
∵|OA|＝12，而R＝13，经过A点且垂直于OA的弦是经过A点的最短的弦，∴其长度为2＝10；而经过A点的最长的弦为圆的直径2R＝26；
∴经过A点且为整数的弦长还可以取11,12,13,14,15，…，25共15个值，又由于圆内弦的对称性，经过某一点的弦的长若介于最大值与最小值之间，则确定有2条，而最长弦与最短弦各只有1条，故一共有15×2＋2＝32条．
二、填空题
15．(2022·新课标全国Ⅱ理)设点M(x0,1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．
[答案]　[－1,1]
[解析]　当x0＝0时，点N明显存在，当x0≠0时，在坐标系中画出圆O和直线l：y＝1，其中M(x0,1)在直线上，
设l与y轴交点为A，过M作⊙O的切线MB，切点为B，则∠OMB＝∠OMA；当x0＝1时，点M在P处，∠OPB＝45°，点M在M1处时，0<x0<1，∠OM1B1>45°，点M在M2处时，x0>1，∠OM2B2<45°.
因此，当0<x0≤1时，在⊙O上存在点N，使∠OMN＝45°，由对称性知，当－1≤x0≤1时，点N存在，

∴－1≤x0≤1.
16．(文)(2022·上海崇明二模)已知圆O：x2＋y2＝c(0<c≤1)，点P(a，b)是该圆面(包括⊙O圆周及内部)上一点，则a＋b＋c的最小值等于________．
[答案]　－
[解析]　依题意可得a2＋b2≤c.令z＝a＋b＋c.所以a，b的关系如图所示．所以目标函数b＝－a＋z－c.所以当直线a＋b＋c＝z与圆相切且在圆下方时z最小．由圆心到直线的距离可得，z＝c－c＝(－)2－.所以当且仅当c＝时，zmin＝－.

(理)(2021·惠州调研)已知直线ax＋by＝1(a，b是实数)与圆O：x2＋y2＝1(O是坐标原点)相交于A，B两点，且△AOB是直角三角形，点P(a，b)是以点M(0,1)为圆心的圆M上的任意一点，则圆M的面积的最小值为________．
[答案]　(3－2)π
[解析]　由于直线与圆O相交所得△AOB是直角三角形，可知∠AOB＝90°，所以圆心O到直线的距离为＝，所以a2＝1－b2≥0，即－≤b≤.设圆M的半径为r，则r＝|PM|＝＝＝(2－b)，又－≤b≤，所以＋1≥|PM|≥－1，所以圆M的面积的最小值为(3－2)π.
[点评]　一、数形结合思想
在解决与圆有关的最值问题时，主要借助圆的几何性质，用数形结合的方法求解．
1．圆上点到定点P的距离的最大(小)值：连结圆心C与P交圆于两点为最大(小)值点．
(1)点P在⊙C内，过点P的⊙C的弦中，最长的为EF(过圆心)，最短的为AB(AB⊥EF)，在⊙C上全部点中，点E到点P距离最小，点F到点P距离最大．

(2)点P在⊙C外，PC与圆交于E、F，圆上全部点中到点P距离最大(小)的点为F(E)，过点P可作两条直线PA、PB与⊙C相切，则PC为∠APB的平分线，PC垂直平分AB．

2．圆上的点到定直线的距离最值：由圆心向直线作垂线与圆两交点为最值点．
直线l与⊙C外离，PC⊥l交⊙C于A、B，则在⊙C上到直线l距离最大(小)的点为B(A)．

二、等价转化思想
已知点P(x，y)为圆上动点
(1)形如的最值转化为动直线的斜率求解，一般在相切位置取最值．
(2)形如ax＋by的最值，一般设u＝ax＋by，转化为动直线的截距问题．用判别式法求解，或在相切位置取最值．
(3)形如(x－a)2＋(y－b)2的最值转化为动点到定点的距离问题或设(x－a)2＋(y－b)2＝k2，转化为两圆有公共点时，k的取值范围问题．
三、解答题
17．(文)(2021·新课标Ⅱ)在平面直角坐标系xOy中，己知圆P在x轴上截得线段长为2，在y轴上截得线段长为2.
(1)求圆心P的轨迹方程；
(2)若P点到直线y＝x的距离为，求圆P的方程．
[解析]　(1)设P(x，y)，圆P的半径为r.
由题意知y2＋2＝r2，x2＋3＝r2，从而得y2＋2＝x2＋3.
∴点P的轨迹方程为y2－x2＝1.
(2)设与直线y＝x平行且距离为的直线为l：x－y＋c＝0，由平行线间的距离公式得C＝±1.
∴l：x－y＋1＝0或x－y－1＝0.
与方程y2－x2＝1联立得交点坐标为A(0,1)，B(0，－1)．
即点P的坐标为(0,1)或(0，－1)，代入y2＋2＝r2得r2＝3.
∴圆P的方程为x2＋(y＋1)2＝3或x2＋(y－1)2＝3.
(理)设O点为坐标原点，曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上有两点P、Q关于直线x＋my＋4＝0对称，且·＝0.
(1)求m的值；
(2)求直线PQ的方程．
[解析]　(1)曲线方程为(x＋1)2＋(y－3)2＝9，表示圆心为(－1,3)，半径为3的圆．
∵点P，Q在圆上且关于直线x＋my＋4＝0对称．
∴圆心(－1,3)在直线上，代入直线方程得m＝－1.
(2)∵直线PQ与直线y＝x＋4垂直，
∴设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ方程为y＝－x＋b.
将y＝－x＋b代入圆方程得，
2x2＋2(4－b)x＋b2－6b＋1＝0.
Δ＝4(4－b)2－8×(b2－6b＋1)>0，
∴2－3<b<2＋3，
由韦达定理得，
x1＋x2＝b－4，x1·x2＝，
y1·y2＝(－x1＋b)(－x2＋b)
＝b2－b(x1＋x2)＋x1·x2＝，
∵·＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，
即＋＝0.
解得b＝1∈(2－3，2＋3)．
∴所求的直线方程为y＝－x＋1.
18．(2022·合肥质检)如图，以原点O为圆心的两个同心圆的半径分别为3和1，过原点O的射线交大圆于点P，交
小圆于点Q，P在y轴上的射影为M.动点N满足＝λ且·＝0.

(1)求点N的轨迹方程；
(2)过点A(0,3)作斜率分别为k1、k2的直线l1、l2，与点N的轨迹分别交于E、F两点，k1·k2＝－9.求证：直线EF过定点．
[解析]　(1)由＝λ且·＝0可知，N、P、M三点共线且PM⊥QN.
过点Q作QN⊥PM，垂足为N，设N(x，y)，∵|OP|＝3，|OQ|＝1，由相像可知P(3x，y)．
∵P在圆x2＋y2＝9上，∴(3x)2＋y2＝9，即＋x2＝1，
∴点N的轨迹方程为＋x2＝1.
(2)设E(xE，yE)，F(xF，xF)，依题意，由，得
(k＋9)x2＋6k1x＝0　①，解得x＝0或x＝－，
∴xE＝－，yE＝k1(－)＋3＝，
∴E(－，)．
∵k1k2＝－9，∴k2＝－，用－替代①中的k1，同理可得F(，)．
明显E，F关于原点对称，∴直线EF必过原点O.