1、课时作业课时作业 54圆的方程圆的方程 一、选择题 1(2021银川模拟)方程|y|1 1x12表示的曲线是(D) A一个椭圆B一个圆 C两个圆D两个半圆 解析： 由题意知|y|10， 则 y1 或 y1， 当 y1 时， 原方程可化为(x1)2(y1)21(y1)， 其表示以(1,1) 为圆心、1 为半径、直线 y1 上方的半圆；当 y1 时，原方程可化为(x1)2(y1)21(y1)，其表示以(1， 1)为圆心、1 为半径、直线 y1 下方的半圆所以方程|y|1 1x12表示的曲线是两个半圆，故选 D. 2圆(x2)2y24 关于直线 y 3 3 x 对称的圆的方程是(D) A(x 3)2
2、(y1)24 B(x 2)2(y 2)24 Cx2(y2)24 D(x1)2(y 3)24 解析：设圆(x2)2y24 的圆心(2,0)关于直线 y 3 3 x 对称的点的坐标为(a，b)，则有 b a2 3 3 1， b 2 3 3 a2 2 ， 解得 a1， b 3， 从而所求圆的方程为(x1)2(y 3)24.故选 D. 3.如图，圆 C 的部分圆弧在如图所示的网格纸上(小正方形网格的边长均为 1)，图中直线与圆弧相切于一个小正 方形的顶点，若圆 C 经过点 A(2,15)，则圆 C 的半径为(A) A7 2B8 C8 2D10 解析：由题图可知，圆 C 经过点(2,1)，又圆 C 经过
3、点 A(2,15)，所以圆 C 的圆心在直线 y8 上因为直线 xy 30与圆C切于点(2,1)， 所以圆C的圆心在直线xy10上 联立方程， 得 y8， xy10， 得圆C的圆心为(9,8)， 所以圆 C 的半径为 9228127 2.故选 A. 4(2021云南师大附中月考)已知直线 axbyc0 与圆 C1：x2y24x0 相交于 A，B 两点，且ABC1为直 角三角形，则 AB 中点 M 的轨迹方程为(D) A(x2)2(y1)21B(x1)2(y1)22 C(x1)2y21D(x2)2y22 解析：圆 C1：x2y24x0 的标准方程为(x2)2y24，所以圆心 C1的坐标为(2,0
4、)，圆 C1的半径为 2.因为 ABC1为直角三角形，且|AC1|BC1|2，所以|AB|2 2.又 M 为 AB 的中点，所以|MC1| 2，所以点 M 的轨迹是 以 C1为圆心，半径为 2的圆，所以点 M 的轨迹方程为(x2)2y22.故选 D. 5(2020全国卷)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2xy30 的距离为(B) A. 5 5 B2 5 5 C.3 5 5 D4 5 5 解析：设圆心为 P(x0，y0)，半径为 r，圆与 x 轴，y 轴都相切，|x0|y0|r，又圆经过点(2,1)，x0y0r 且(2x0)2(1y0)2r2，(r2)2(r1)2r2，解得
5、r1 或 r5.r1 时，圆心 P(1,1)，则圆心到直线 2xy3 0 的距离 d |213| 2212 2 5 5 ；r5 时，圆心 P(5,5)，则圆心到直线 2xy30 的距离 d |1053| 2212 2 5 5 . 故选 B. 6已知点 P(x，y)为半圆 C：(x2)2(y1)21(y1)上一动点，则yx1 x 的最大值为(D) A. 31B 31 3 C. 3D 3 3 1 解析：yx1 x y1 x 1，其中y1 x 表示半圆上的动点 P(x，y)与点 Q(0,1)连线的斜率过点 Q(0,1)作 QB 与半圆 相切，B 为切点，则在 RtCBQ 中，|CB|1 2|CQ|，
6、所以CQB30，则 k QBtanCQB 3 3 ，所以yx1 x 的最大值 为 3 3 1. 7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)22 Cx2(y1)28Dx2(y1)216 解析： 由题意可得圆心(0,1)到直线xby2b10的距离d |1b| 1b2 1 2b 1b2 1 2|b| 1b2 12|b| 2|b| 2，当且仅当 b1 时取等号所以半径最大的圆的半径 r 2，此时圆的标准方程为 x2(y1)22，故选 B. 8已知圆 C：(x1)2(y4)210 和点
7、M(5，t)，若圆 C 上存在两点 A，B 使得 MAMB，则实数 t 的取值范围 是(C) A2,6B3,5 C2,6D3,5 解析：当 MA，MB 是圆 C 的切线时，AMB 取得最大值若圆 C 上存在两点 A，B 使得 MAMB，则 MA，MB 是圆 C 的切线时，AMB90，AMC45，且AMC0)，由题意可得 |2a| 5 4 5 5 ， a2 52r2， 解得 a2， r29， 所以圆 C 的方程 为(x2)2y29. 11已知圆 C：(x3)2(y4)21，设点 P 是圆 C 上的动点记 d|PB|2|PA|2，其中 A(0,1)，B(0，1)，则 d 的最大值为 74. 解析：
8、设 P(x0，y0)，则 d|PB|2|PA|2x20(y01)2x20(y01)22(x20y20)2.x20y 2 0的几何意义是圆上任一 点到原点距离的平方，(x20y20)max( 32421)236，dmax74. 12(2021山东临沂蒙阴实验中学月考)已知圆心在直线 x3y0 上的圆 C 与 y 轴的正半轴相切，且截 x 轴所得 的弦长为 42，则圆 C 的方程为(x3)2(y1)29，点 P(6,5)到圆 C 上动点 Q 距离的最大值为 8. 解析：设圆的方程为(xa)2(yb)2r2(a0，b0，r0)，由题意可得 a3b0， ar， b28r2， 解得 a3， b1， r3
9、， 所以圆的 方程为(x3)2(y1)29.点 P(6,5)到圆心 C(3,1)的距离为 d 6325125，则点 P(6,5)到圆 C 上动点 Q 距 离的最大值为 dr538. 三、解答题 13.如图，直角三角形 ABC 的顶点 A 的坐标为(2,0)，直角顶点 B 的坐标为(0，2 2)，顶点 C 在 x 轴上，点 P 为线段 OA 的中点 (1)求 BC 边所在直线方程； (2)若 M 为直角三角形 ABC 外接圆的圆心，求圆 M 的方程； (3)在(2)的条件下，若动圆 N 过点 P 且与圆 M 内切，求动圆 N 的圆心的轨迹方程 解：(1)易知 kAB 2，ABBC，kCB 2 2
10、 ， BC 边所在直线方程为 y 2 2 x2 2. (2)由(1)及题意得 C(4,0)，M(1,0)， 又AM3，外接圆 M 的方程为(x1)2y29. (3)圆 N 过点 P(1,0)，PN 是动圆的半径， 又动圆 N 与圆 M 内切，MN3PN，即 MNPN3MP， 点 N 的轨迹是以 M，P 为焦点，长轴长为 3 的椭圆 P(1,0)，M(1,0)，a3 2，c1，b a 2c2 5 4，所求轨迹方程为 x2 9 4 y 2 5 4 1，即4x 2 9 4y 2 5 1. 14(2021重庆西南大学附中检测)已知圆 C：x2y22x4y30. (1)若直线 l 过点(2,0)且被圆
11、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， 设其方程为 yk(x2)， 即 kxy2k0， 则圆心 C 到直线 l 的距离 d|k22k| k21 1， 解得 k3 4，所以直线 l 的方程为 3x4y60. 综上，直线 l 的方程为 x2 或 3x4y6
12、0. (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| 2.因为|PM|PO|，所以(x1)2(y2)22x2y2， 化简得点 P 的轨迹方程为 2x4y30. 15(2021广东七校联考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 B，C 分别在 x 轴和 y 轴的非负半轴上，点 A 在第 一象限，且BAC90，ABAC4，则(A) AOA 的最大值是 4 2，最小值是 4 BOA 的最大值是 8，最小值是 4 COA 的最大值是 4 2，最小值是 2 DO
13、A 的最大值是 8，最小值是 2 解析：因为BAC90，BOC90，所以 O，B，A，C 四点共圆，且在以 BC 为直径的圆上又 ABAC4， 所以 BC4 2.因此当 OA 为圆的直径时，OA 取得最大值，为 42，如图 1 所示；当点 B(或点 C)与原点 O 重合时， OA 取得最小值，为 4，如图 2 所示故选 A. 16公元前 3 世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在平面轨迹一书中，研究了众多的平面轨迹问题， 其中有如下著名结果：平面内到两个定点 A、B 距离之比为(0 且1)的点 P 的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆 (1)已知两定点 A(2,0)，B(4,0)，
14、若动点 P 满足|PA| |PB| 1 2，求点 P 的轨迹方程； (2)已知 A(6,0)，P 是圆 C：(x4)2y216 上任意一点，在平面上是否存在点 B，使得|PA| |PB| 1 2恒成立？若存在， 求出点 B 坐标；若不存在，说明理由； (3)已知 P 是圆 D：x2y24 上任意一点，在平面内求出两个定点 A、B，使得|PA| |PB| 1 2恒成立只需写出两个定 点 A、B 的坐标，无需证明 解：(1)设点 P(x，y)，由|PA| |PB| 1 2得|PB| 24|PA|2， 即(x4)2y24(x2)2y2，化简得(x4)2y216.即点 P 的轨迹方程为(x4)2y21
15、6. (2)存在假设存在点 B(a，b)满足对圆 C：(x4)2y216 上任意一点 P，都有|PA| |PB| 1 2， 即|PB|24|PA|2.设 P(x0，y0)，则(x0a)2(y0b)24(x06)2y20， 化简得 3x203y20(482a)x02by0144a2b20. 又点 P 在圆 C 上，x20y208x0. 将代入得(242a)x02by0144a2b20. 根据题意有 242a0， 2b0， 144a2b20， 解得 a12， b0， B(12,0) 故对于 A(6,0)，圆 C：(x4)2y216 上任意一点 P，在平面上存在点 B(12,0)，使得|PA| |PB| 1 2恒成立 (3)答案不唯一，例如 A(1,0)，B(4,0)或 A 1 2， 3 2 ，B(2，2 3)等
