課時(shí)跟蹤檢測(cè)(四十五)圓的方程一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,0)，且圓心是兩直線x＝1與x＋y＝2的交點(diǎn)的圓的方程為()A．(x－1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋(y－1)2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．(x－1)2＋(y－1)2＝2解析：選B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x＋y＝2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即所求圓的圓心坐標(biāo)為(1,1)，又由該圓過(guò)點(diǎn)(1,0)，得其半徑為1，故圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1．2．若圓x2＋y2＋2ax－b2＝0的半徑為2，則點(diǎn)(a，b)到原點(diǎn)的距離為()A．1 B．2C．eq\r(2) D．4解析：選B由半徑r＝eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F)＝eq\f(1,2)eq\r(4a2＋4b2)＝2得，eq\r(a2＋b2)＝2．∴點(diǎn)(a，b)到原點(diǎn)的距離d＝eq\r(a2＋b2)＝2，故選B．3．點(diǎn)P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任一點(diǎn)連線的中點(diǎn)的軌跡方程是()A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x＋2)2＋(y＋1)2＝4C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1解析：選A設(shè)圓上任一點(diǎn)為Q(x0，y0)，PQ的中點(diǎn)為M(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4＋x0,2)，,y＝\f(－2＋y0,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－4，,y0＝2y＋2，))因?yàn)辄c(diǎn)Q在圓x2＋y2＝4上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡(jiǎn)得(x－2)2＋(y＋1)2＝1．4．若圓C的半徑為1，其圓心與點(diǎn)(1,0)關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．解析：根據(jù)題意得點(diǎn)(1,0)關(guān)于直線y＝x對(duì)稱的點(diǎn)(0,1)為圓心，又半徑r＝1，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－1)2＝1．答案：x2＋(y－1)2＝15．已知圓C的圓心在x軸上，并且經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－1,1)，B(1,3)，若M(m，eq\r(6))在圓C內(nèi)，則m的取值范圍為________．解析：設(shè)圓心為C(a,0)，由|CA|＝|CB|，得(a＋1)2＋12＝(a－1)2＋32，解得a＝2．半徑r＝|CA|＝eq\r(2＋12＋12)＝eq\r(10)．故圓C的方程為(x－2)2＋y2＝10．由題意知(m－2)2＋(eq\r(6))2＜10，解得0＜m＜4．答案：(0,4)二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．方程y＝eq\r(1－x2)表示的曲線是()A．上半圓 B．下半圓C．圓 D．拋物線解析：選A由方程可得x2＋y2＝1(y≥0)，即此曲線為圓x2＋y2＝1的上半圓．2．以M(1,0)為圓心，且與直線x－y＋3＝0相切的圓的方程是()A．(x－1)2＋y2＝8 B．(x＋1)2＋y2＝8C．(x－1)2＋y2＝16 D．(x＋1)2＋y2＝16解析：選A因?yàn)樗髨A與直線x－y＋3＝0相切，所以圓心M(1,0)到直線x－y＋3＝0的距離即為該圓的半徑r，即r＝eq\f(|1－0＋3|,\r(2))＝2eq\r(2)．所以所求圓的方程為：(x－1)2＋y2＝8．故選A．3．已知圓C的圓心是直線x－y＋1＝0與x軸的交點(diǎn)，且圓C與直線x＋y＋3＝0相切，則圓C的方程是()A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8解析：選A直線x－y＋1＝0與x軸的交點(diǎn)(－1,0)．根據(jù)題意，圓C的圓心坐標(biāo)為(－1,0)．因?yàn)閳A與直線x＋y＋3＝0相切，所以半徑為圓心到切線的距離，即r＝d＝eq\f(|－1＋0＋3|,\r(12＋12))＝eq\r(2)，則圓的方程為(x＋1)2＋y2＝2．故選A．4．已知圓C與直線y＝x及x－y－4＝0都相切，圓心在直線y＝－x上，則圓C的方程為()A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x－1)2＋(y＋1)2＝2解析：選D由題意知x－y＝0和x－y－4＝0之間的距離為eq\f(|4|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以r＝eq\r(2)．又因?yàn)閤＋y＝0與x－y＝0，x－y－4＝0均垂直，所以由x＋y＝0和x－y＝0聯(lián)立得交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，由x＋y＝0和x－y－4＝0聯(lián)立得交點(diǎn)坐標(biāo)為(2，－2)，所以圓心坐標(biāo)為(1，－1)，圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2．5．已知直線l：x＋my＋4＝0，若曲線x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上存在兩點(diǎn)P，Q關(guān)于直線l對(duì)稱，則m的值為()A．2 B．－2C．1 D．－1解析：選D因?yàn)榍€x2＋y2＋2x－6y＋1＝0是圓(x＋1)2＋(y－3)2＝9，若圓(x＋1)2＋(y－3)2＝9上存在兩點(diǎn)P，Q關(guān)于直線l對(duì)稱，則直線l：x＋my＋4＝0過(guò)圓心(－1,3)，所以－1＋3m＋4＝0，解得m6．設(shè)A(－3,0)，B(3,0)為兩定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P到A點(diǎn)的距離與到B點(diǎn)的距離之比為1∶2，則點(diǎn)P的軌跡圖形所圍成的面積是________．解析：設(shè)P(x，y)，則由題意有eq\f(x＋32＋y2,x－32＋y2)＝eq\f(1,4)，整理得x2＋y2＋10x＋9＝0，即(x＋5)2＋y2＝16，所以點(diǎn)P在半徑為4的圓上，故其面積為16π．答案：16π7．(2016·東城區(qū)調(diào)研)當(dāng)方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圓的面積取最大值時(shí)，直線y＝(k－1)x＋2的傾斜角α＝________．解析：由題意知，圓的半徑r＝eq\f(1,2)eq\r(k2＋4－4k2)＝eq\f(1,2)eq\r(4－3k2)≤1，當(dāng)半徑r取最大值時(shí)，圓的面積最大，此時(shí)k＝0，r＝1，所以直線方程為y＝－x＋2，則有tanα＝－1，又α∈[0，π)，故α＝eq\f(3π,4)．答案：eq\f(3π,4)8．已知平面區(qū)域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋2y－4≤0))恰好被面積最小的圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2及其內(nèi)部所覆蓋，則圓C的方程為____________________．解析：由題意知，此平面區(qū)域表示的是以O(shè)(0,0)，P(4,0)，Q(0,2)所構(gòu)成的三角形及其內(nèi)部，所以覆蓋它的且面積最小的圓是其外接圓．∵△OPQ為直角三角形，∴圓心為斜邊PQ的中點(diǎn)(2,1)，半徑r＝eq\f(|PQ|,2)＝eq\r(5)，因此圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5．答案：(x－2)2＋(y－1)2＝59．已知以點(diǎn)P為圓心的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－1,0)和B(3,4)，線段AB的垂直平分線交圓P于點(diǎn)C和D，且|CD|＝4eq\r(10)．(1)求直線CD的方程；(2)求圓P的方程．解：(1)由題意知，直線AB的斜率k＝1，中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,2)．則直線CD的方程為y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0．(2)設(shè)圓心P(a，b)，則由點(diǎn)P在CD上得a＋b－3＝0．①又∵直徑|CD|＝4eq\r(10)，∴|PA|＝2eq\r(10)，∴(a＋1)2＋b2＝40．②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－2.))∴圓心P(－3,6)或P(5，－2)．∴圓P的方程為(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40．10．已知過(guò)原點(diǎn)的動(dòng)直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點(diǎn)A，B．(1)求圓C1的圓心坐標(biāo)．(2)求線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的方程．解：(1)把圓C1的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得(x－3)2＋y2＝4，∴圓C1的圓心坐標(biāo)為C1(3,0)．(2)設(shè)M(x，y)，∵A，B為過(guò)原點(diǎn)的直線l與圓C1的交點(diǎn)，且M為AB的中點(diǎn)，∴由圓的性質(zhì)知：MC1⊥MO，∴eq\o(MC1,\s\up7(→))·eq\o(MO,\s\up7(→))＝0．又∵eq\o(MC1,\s\up7(→))＝(3－x，－y)，eq\o(MO,\s\up7(→))＝(－x，－y)，∴由向量的數(shù)量積公式得x2－3x＋y2＝0．易知直線l的斜率存在，∴設(shè)直線l的方程為y＝mx，當(dāng)直線l與圓C1相切時(shí)，d＝eq\f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，解得m＝±eq\f(2\r(5),5)．把相切時(shí)直線l的方程代入圓C1的方程化簡(jiǎn)得9x2－30x＋25＝0，解得x＝eq\f(5,3)．當(dāng)直線l經(jīng)過(guò)圓C1的圓心時(shí)，M的坐標(biāo)為(3,0)．又∵直線l與圓C1交于A，B兩點(diǎn)，M為AB的中點(diǎn)，∴eq\f(5,3)<x≤3．∴點(diǎn)M的軌跡C的方程為x2－3x＋y2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，其軌跡為一段圓?。吓_(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點(diǎn)A(－m,0),B(m,0)(m＞0)．若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為()A．7 B．6C．5 D．4解析：選B由(x－3)2＋(y－4)2＝1知圓上點(diǎn)P(x0，y0)可化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3＋cosθ，,y0＝4＋sinθ.))∵∠APB＝90°，即eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BP,\s\up7(→))＝0，∴(x0＋m)(x0－m)＋yeq\o\al(2,0)＝0，∴m2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝26＋6cosθ＋8sinθ＝26＋10sin(θ＋φ)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(3,4)))，∴16≤4m2≤36,且m＞0，∴4＜m≤6，即2．已知M(m，n)為圓C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一點(diǎn)．(1)求m＋2n的最大值；(2)求eq\f(n－3,m＋2)的最大值和最小值．解：(1)因?yàn)閤2＋y2－4x－14y＋45＝0的圓心C(2,7)，半徑r＝2eq\r(2)，設(shè)m＋2n＝t，將m＋2n＝t看成直線方程，因?yàn)樵撝本€與圓有公共點(diǎn)，所以圓心到直線的距離d＝eq\f(|2＋2×7－t|,\r(12＋22))≤2eq\r(2)，解上式得，16－2eq\r(10)≤