2019大一轮高考总复习文数（北师大版）课时作业提升：46 圆的方程 .doc

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1、课时作业提升(四十六)圆的方程A组夯实基础1(2018长春模拟)圆(x2)2y24关于直线yx对称的圆的方程是()A(x)2(y1)24B(x)2(y)24Cx2( y2)24D(x1)2(y)24解析：选D设圆(x2)2y24的圆心关于直线yx对称的点的坐标为A(a，b)，则a1，b，A(1，)，所以所求圆的方程为(x1)2(y)24.故选D2(2018湘潭模拟)已知点A(0，6)，B(0,6)，若对圆(xa)2(y3)24上任意一点P，都有APB为锐角，则实数a的取值范围是()A(5，5)B(，)C(，5)(5，)D(，)(，)解析：选D若对圆(xa)2(y3)24上任意一点P，都有APB

2、为锐角，则圆(xa)2(y3)24与圆x2y236外离，即圆心距大于两圆的半径之和，62，解得a255，a或a.选D3若直线ax2by20(a0，b0)始终平分x2y24x2y80的周长，则的最小值为()A1B5C4D32解析：选D由题意知圆心C(2,1)在直线ax2by20上，2a2b20，ab1(ab)33232，当且仅当时等号成立又ab1(a0，b0)，a1，b2.此时取最小值324(2018成都一诊)已知A，B为圆C：(xm)2(yn)29(m，nR)上两个不同的点，C为圆心，且满足|2，则|AB|()A2 B4 C D2解析：选BC为圆心，A，B在圆上，取AB的中点O，连接CO，CO

3、AB，且2，|，又圆C的半径R3，|AB|224，故选B5(2018黄冈一模)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2y24x0及点A(1,0)，B(1,2)在圆C上存在点P，使得|PA|2|PB|212，则点P的个数为()A1 B2 C3 D 4解析：选B设P(x，y)，则(x2)2y24，|PA|2|PB|2(x1)2(y0)2(x1)2(y2)212，即x2y22y30，即x2(y1)24，即点P既在圆C上又在圆x2(y1)24上因为|22|22，所以圆(x2)2y24与圆x2(y1)24相交，所以点P的个数为2.选B6(2018南充一模)若直线2axby20(a，bR)始终平分圆x2y

4、22x4y10的周长，则ab的取值范围是()A BC D解析：选D直线2axby20(a，bR)始终平分圆x2y22x4y10的周长，圆心(1,2)在直线2axby20上，可得2a2b20，解得b1a，aba(1a)2，当且仅当a时等号成立，因此ab的取值范围为7(2018厦门一模)若点A(m，m1)在圆C：x2y22x4ym0的内部，则m的取值范围为_解析：因为A(m，m1)在圆C：x2y22x4ym0的内部，故m2(m1)22m4(m1)m0，即2m2m30，解得1m，故m的取值范围为 答案：8(2018陵川一模)若圆C1：x2y2m2(m0)内切于圆C2：x2y26x8y110，则m_解

5、析：由x2y2m2(m0)，得圆心C1(0,0)，半径r1m圆C2的方程化为(x3)2(y4)236，则圆心C2(3,4)，半径r26，圆C1内切于圆C2，|C1C2|6m又|C1C2|5，m1答案：19(2018广东联考)一个圆与y轴相切，圆心在直线x3y0上，且在直线yx上截得的弦长为2，求该圆的方程解：方法一所求圆的圆心在直线x3y0上，设所求圆的圆心为(3a，a)，又所求圆与y轴相切，半径r3|a|，又所求圆在直线yx上截得的弦长为2，圆心(3a，a)到直线yx的距离d，d2()2r2，即2a279a2，a1故所求圆的方程为(x3)2(y1)29或(x3)2(y1)29方法二设所求圆的

6、方程为(xa)2(yb)2r2，则圆心(a，b)到直线yx的距离为，r27，即2r2(ab)214.由于所求圆与y轴相切，r2a2，又所求圆的圆心在直线x3y0上，a3b0，联立，解得或故所求圆的方程为(x3)2(y1)29或(x3)2(y1)29方法三设所求的圆的方程为x2y2DxEyF0，则圆心坐标为，半径r在圆的方程中，令x0，得y2EyF0由于所求圆与y轴相切，0，则E24F.圆心到直线yx的距离为d，由已知得d2()2r2，即(DE)2562(D2E24F)又圆心在直线x3y0上，D3E0.联立，解得或故所求圆的方程为x2y26x2y10或x2y26x2y10B组能力提升1(2018

7、桂林一模)已知圆C的方程为(x3)2y21，圆M的方程为(x33cos )2(y3sin )21(R)，过M上任意一点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则APB的最大值为()A B C D解析：选B圆C的方程为(x3)2y21，圆心为C(3,0)，半径r1圆M的方程为(x33cos )2(y3sin )21，圆心为M(33cos ，3sin )，半径R1由于cos2 sin2 1，|CM|3Rr2，所以两圆相离，则要求APB的最大值，只需求|PC|的最小值，此时|PC|312，|AC|1，得APC，所以APB，即APB的最大值为2过原点O作圆x2y26x8yt0的两条切线，切点分

8、别为P，Q，若|PQ|4，则t的值为()A5 B20C10或20 D20或5解析：选D由题意知，圆的标准方程为(x3)2(y4)2t25，设圆心为E(3,4)，则|OE|5，圆的半径为(t25)，所以|OP|所以sin OEP，故|PQ|2|PE|sin OEP24，得t225t1000，解得t20或t5，故选D3(2018运城模拟)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_解析：设圆C的方程为(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(

9、x1)2(y1)22答案：(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)224(2018衡水调研)已知直角三角形ABC的斜边为AB，且A(1,0)，B(3,0)，求：(1)直角顶点C的轨迹方程；(2)直角边BC中点M的轨迹方程解：(1)方法一设顶点C(x，y)，因为ACBC，且A，B，C三点不共线，所以x3且x1又kAC，kBC，且kACkBC1，所以1，化简得x2y22x30因此，直角顶点C的轨迹方程为x2y22x30(x3且x1)方法二设AB中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知，|CD|AB|2，由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径长的圆(由于A，

10、B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)所以直角顶点C的轨迹方程为(x1)2y24(x3且x1)(2)设点M(x，y)，点C(x0，y0)，因为B(3,0)，M是线段BC的中点，由中点坐标公式得x(x3且x1)，y，于是有x02x3，y02y由(1)知，点C在圆(x1)2y24(x3且x1)上运动，将x0，y0代入该方程得(2x4)2(2y)24，即(x2)2y21因此动点M的轨迹方程为(x2)2y21(x3且x1)5(2018河南联考)已知圆C的方程为x2(y4)21，直线l的方程为2xy0，点P在直线l上，过点P作圆C的切线PA，PB，切点为A，B(1)若APB60，求点P的坐标；(2)求证：经过A，P，C(其中点C为圆C的圆心)三点的圆必经过定点，并求出所有定点的坐标解：(1)由条件可得圆C的圆心坐标为(0,4)，PC2，设P(a,2a)，则2，解得a2或a，所以点P的坐标为(2,4)或(2)设P(a,2a)，易知过点A，P，C的圆即是以PC为直径的圆，其方程为x(xa)(y4)(y2a)0，整理得x2y2ax4y2ay8a0，即(x2y24y)a(x2y8)0由得或经过A，P，C的圆必经过定点 (0,4)和