學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1。（2011·廣州檢測)圓心在y軸上，半徑為1，且過點(1,2）的圓的方程為(）A．x2＋（y－2)2＝1 B．x2＋(y＋2)2＝1C．（x－1）2＋(y－3）2＝1 D．x2＋（y－3)2＝1[答案］A[解析］設(shè)圓心坐標為(0,b),則由題意知eq\r(0－12＋b－22）＝1，解得b＝2,故圓的方程為x2＋(y－2)2＝1.2．(文）(2011·廣東文,8）設(shè)圓C與圓x2＋（y－3)2＝1外切，與直線y＝0相切,則圓C的圓心軌跡為()A．拋物線 B．雙曲線C．橢圓 D．圓[答案]A[解析]動圓圓心C到定點（0,3)的距離與到定直線y＝－1的距離相等，符合拋物線的定義，故選A。(理）（2011·廣州模擬)動點A在圓x2＋y2＝1上移動時，它與定點B（3,0)連線的中點的軌跡方程是()A．(x＋3)2＋y2＝4 B．(x－3）2＋y2＝1C．（2x－3)2＋4y2＝1 D．（x＋eq\f(3，2)）2＋y2＝eq\f(1，2)[答案］C［解析]設(shè)中點M(x，y)，則點A(2x－3,2y），∵A在圓x2＋y2＝1上，∴(2x－3）2＋(2y)2＝1,即(2x－3)2＋4y2＝1，故選C.3．方程（x2＋y2－4)eq\r（x＋y＋1）＝0表示的曲線形狀是(）[答案］C[解析]注意到方程(x2＋y2－4)eq\r（x＋y＋1)＝0等價于①eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x＋y＋1≥0,))或②x＋y＋1＝0。①表示的是不在直線x＋y＋1＝0的左下方且在圓x2＋y2＝4上的部分；②表示的是直線x＋y＋1＝0。因此，結(jié)合各選項知，選C。4．(2011·華安、連城、永安、漳平、龍海、泉港六校聯(lián)考）圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的點到直線3x＋4y＋5＝0的距離最大值是a，最小值是b,則a＋b＝（）A。eq\f（12，5) B。eq\f（24,5)C.eq\f(6,5) D．5[答案]B[解析]圓心C（1，1)到直線3x＋4y＋5＝0距離d＝eq\f（12,5)，∴a＋b＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（12，5）＋r)）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(12,5)－r））＝eq\f（24，5)（r為圓的半徑）．5．(2012·福州八縣聯(lián)考)已知函數(shù)f(x）＝eq\r（1－x－12），x∈［1,2]，對于滿足1〈x1〈x2<2的任意x1、x2，給出下列結(jié)論：①f（x2)－f（x1）〉x2－x1；②x2f(x1）>x1f（x③(x2－x1)［f(x2）－f（x1)］<0；④(x2－x1）[f(x2）－f（x1）]>0.其中正確結(jié)論的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．4[答案］B［解析]曲線y＝eq\r（1－x－12），x∈[1，2]表示圓（x－1）2＋y2＝1,位于直線x＝1右側(cè)x軸上方的四分之一個圓，∵1〈x1〈x2〈2，∴f(x1）〉f（x2)．因此，(f(x2)－f（x1))（x2－x1)<0，④錯,③對；顯然有kOA>kOB，∴eq\f（fx1，x1)〉eq\f(fx2,x2),∴x2f(x1）>x1f（x2），故②正確；又kAB＝eq\f（fx2－fx1，x2－x1）〈0,可能有kAB<－1，也可能kAB>－1,∴①錯．6．（文)（2011·日照模擬）圓心在曲線y＝eq\f（3，x)(x>0)上，且與直線3x＋4y＋3＝0相切的面積最小的圓的方程為()A．（x－1)2＋（y－3)2＝(eq\f(18，5))2B．(x－3)2＋(y－1)2＝（eq\f（16,5))2C．(x－2)2＋(y－eq\f（3，2））2＝9D．(x－eq\r（3））2＋(y－eq\r(3))2＝9[答案]C［解析］設(shè)圓心坐標為（a，eq\f（3，a)）(a〉0）,則圓心到直線3x＋4y＋3＝0的距離d＝eq\f(|3a＋\f(12，a）＋3|,5)＝eq\f(3,5)(a＋eq\f(4,a)＋1)≥eq\f（3,5）（4＋1)＝3，等號當且僅當a＝2時成立．此時圓心坐標為（2，eq\f(3，2)），半徑為3,故所求圓的方程為（x－2）2＋(y－eq\f（3,2))2＝9。（理)(2011·西安模擬)若直線ax＋2by－2＝0（a>0，b>0）始終平分圓x2＋y2－4x－2y－8＝0的周長,則eq\f（1，a）＋eq\f(2，b）的最小值為（)A．1 B．5C．4eq\r(2） D．3＋2eq\r（2)[答案]D［解析]由條件知圓心C(2,1）在直線ax＋2by－2＝0上，∴a＋b＝1,∴eq\f(1，a）＋eq\f（2，b)＝(eq\f（1，a)＋eq\f(2，b))(a＋b)＝3＋eq\f(b，a）＋eq\f(2a，b）≥3＋2eq\r(2）,等號在eq\f（b,a）＝eq\f（2a,b)，即b＝2－eq\r（2），a＝eq\r（2)－1時成立．7．設(shè)定點M(－3，4)，動點N在圓x2＋y2＝4上運動，以O(shè)M、ON為兩邊作平行四邊形MONP，則點P的軌跡方程為________．[答案](x＋3)2＋（y－4）2＝4(x≠－eq\f（9，5）且x≠－eq\f(21，5）)［解析]如圖所示，設(shè)P（x，y）,N(x0,y0)，則線段OP的中點坐標為（eq\f(x,2)，eq\f（y,2）)，線段MN的中點坐標為（eq\f(x0－3,2)，eq\f(y0＋4,2）)．由于平行四邊形的對角線互相平分，故eq\f(x,2)＝eq\f（x0－3，2），eq\f（y，2)＝eq\f（y0＋4,2）.從而eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x0＝x＋3,y0＝y(tǒng)－4)).因為N（x＋3，y－4)在圓上，故（x＋3)2＋(y－4）2＝4.因此所求軌跡為圓：（x＋3）2＋（y－4）2＝4，但應(yīng)除去兩點（－eq\f（9，5)，eq\f(12，5)）和(－eq\f（21，5),eq\f（28，5)）（點P在直線OM上時的情況)．8．(2011·南京模擬）已知點M(1，0)是圓C：x2＋y2－4x－2y＝0內(nèi)的一點,那么過點M的最短弦所在直線的方程是________．[答案］x＋y－1＝0[解析]過點M的最短的弦與CM垂直,圓C:x2＋y2－4x－2y＝0的圓心為C（2,1）,∵kCM＝eq\f（1－0，2－1)＝1，∴最短弦所在直線的方程為y－0＝－1（x－1），即x＋y－1＝0.9．(文）已知圓心在x軸上，半徑為eq\r(2)的圓O位于y軸左側(cè)，且與直線x＋y＝0相切,則圓O的方程是________．[答案](x＋2)2＋y2＝2[解析]設(shè)圓的方程為(x－a）2＋y2＝2(a<0）,由條件得eq\r(2）＝eq\f（｜a|,\r(2）)，∴｜a|＝2，又a〈0，∴a＝－2.(理)(2012·石家莊一模)已知動圓的圓心C在拋物線x2＝2py（p>0）上，該圓經(jīng)過點A(0,p)，且與x軸交于兩點M、N，則sin∠MCN的最大值為________．[答案]1[解析］當圓心C的縱坐標為p時,C(eq\r(2）p，p）為圓心的圓方程為(x－eq\r（2）p)2＋(y－p)2＝2p2，令y＝0得，x＝eq\r（2）p±p，∴MC⊥NC,∴sin∠MCN＝1.10．（文）已知圓C：x2＋y2－4x－6y＋12＝0，點A（3，5)，求：(1)過點A的圓的切線方程；（2)O點是坐標原點，連結(jié)OA,OC，求△AOC的面積S。［解析］（1）⊙C：(x－2)2＋(y－3）2＝1.當切線的斜率不存在時，過點A的直線方程為x＝3，C(2，3）到直線的距離為1，滿足條件．當k存在時，設(shè)直線方程為y－5＝k（x－3)，即kx－y＋5－3k＝0，由直線與圓相切得，eq\f（｜－k＋2|,\r（k2＋1）)＝1，∴k＝eq\f(3，4）。∴直線方程為x＝3或y＝eq\f(3,4）x＋eq\f（11，4）.（2)|AO|＝eq\r（9＋25)＝eq\r(34)，直線OA：5x－3y＝0，點C到直線OA的距離d＝eq\f(1,\r（34））,S＝eq\f(1，2）·d·｜AO|＝eq\f（1，2)。(理)（2011·蘭州一診)已知圓M過兩點C（1,－1），D(－1,1)，且圓心M在x＋y－2＝0上．(1)求圓M的方程；（2)設(shè)P是直線3x＋4y＋8＝0上的動點，PA、PB是圓M的兩條切線，A、B為切點，求四邊形PAMB面積的最小值．[解析］（1)設(shè)圓M的方程為：（x－a）2＋(y－b)2＝r2（r〉0）．根據(jù)題意，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（1－a2＋－1－b2＝r2，,－1－a2＋1－b2＝r2，,a＋b－2＝0，）)解得a＝b＝1，r＝2，故所求圓M的方程為（x－1)2＋(y－1)2＝4。(2)因為四邊形PAMB的面積S＝S△PAM＋S△PBM＝eq\f（1,2)|AM|·｜PA|＋eq\f（1,2）｜BM|·|PB｜，又|AM｜＝|BM|＝2，｜PA|＝｜PB｜,所以S＝2|PA｜,而｜PA|＝eq\r（｜PM|2－|AM|2)＝eq\r(|PM｜2－4），即S＝2eq\r(|PM｜2－4）。因此要求S的最小值，只需求|PM|的最小值即可，即在直線3x＋4y＋8＝0上找一點P，使得|PM｜的值最小，所以|PM|min＝eq\f（|3×1＋4×1＋8｜,\r（32＋42)）＝3，所以四邊形PAMB面積的最小值為：S＝2eq\r（|PM|2－4）＝2eq\r（32－4)＝2eq\r（5）。能力拓展提升11.(2011·西安模擬)已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設(shè)該圓中過點M（3，5)的最長弦、最短弦分別為AC、BD，則以點A、B、C、D為頂點的四邊形ABCD的面積為（)A．10eq\r（6) B．20eq\r（6)C．30eq\r(6） D．40eq\r(6)［答案］B［解析]圓的方程：(x－3）2＋（y－4)2＝25，∴半徑r＝5，圓心到最短弦BD的距離d＝1,∴最短弦長|BD｜＝4eq\r(6)，又最長弦長|AC|＝2r＝10，∴四邊形的面積S＝eq\f（1,2）×|AC|×|BD｜＝20eq\r(6）.12．(文）（2011·成都龍泉第一中學模擬)以拋物線y2＝20x的焦點為圓心，且與雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9）＝1的兩漸近線都相切的圓的方程為(）A．x2＋y2－20x＋64＝0 B．x2＋y2－20x＋36＝0C．x2＋y2－10x＋16＝0 D．x2＋y2－10x＋9＝0[答案]C[解析］拋物線的焦點坐標是(5,0)，雙曲線的漸近線方程是3x±4y＝0，點（5,0）到直線3x±4y＝0的距離d＝3即為所求圓的半徑．故所求圓的方程為(x－5)2＋y2＝9，即x2＋y2－10x＋16＝0，故選C。（理)設(shè)A為圓(x－1）2＋y2＝1上的動點，PA是圓的切線，且｜PA|＝1,則P點的軌跡方程是()A．(x－1）2＋y2＝4 B．（x－1)2＋y2＝2C．y2＝2x D．y2＝－2x［答案］B［解析］設(shè)P（x，y)，圓心C(1，0）,由題意知PA⊥AC，∴|PC|2＝|PA|2＋|AC｜2＝2，∴（x－1）2＋y2＝2，故選B。13．（2011·長春市調(diào)研）若圓上的點A（2，3）關(guān)于直線x＋2y＝0的對稱點仍在圓上,且圓與直線x－y＋1＝0相交所得的弦長為2eq\r（2），則圓的方程是________________．［答案］（x－6）2＋（y＋3)2＝52或(x－14)2＋（y＋7）2＝244［解析]設(shè)圓的方程為（x－a)2＋（y－b)2＝r2,點A(2，3）關(guān)于直線x＋2y＝0的對稱點仍在圓上，說明圓心在直線x＋2y＝0上,即有a＋2b＝0,根據(jù)題意可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＋2b＝0,,2－a2＋3－b2＝r2，,r2－\f(a－b＋1,\r(2)）2＝2。)）解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝6，,b＝－3，,r2＝52.)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝14，,b＝－7，,r2＝244.))所求圓的方程為（x－6)2＋（y＋3）2＝52或(x－14)2＋(y＋7)2＝244.14．(文）已知圓C的圓心是直線x－y＋1＝0與x軸的交點，且圓C與直線x＋y＋3＝0相切,則圓C的方程為__________．[答案］（x＋1）2＋y2＝2［解析］在直線方程x－y＋1＝0中，令y＝0得，x＝－1,∴圓心坐標為(－1，0)，由點到直線的距離公式得圓的半徑R＝eq\f（|－1＋0＋3｜,\r（2)）＝eq\r(2)，∴圓的標準方程為（x＋1）＋y2＝2.(理）圓C的半徑為1,圓心在第一象限，與y軸相切，與x軸相交于A、B，|AB|＝eq\r（3），則該圓的標準方程是________．［答案］(x－1）2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f（1,2)))2＝1[解析］設(shè)圓心C（a，b)，由條件知a＝1，取弦AB中點D，則CD＝eq\r(AC2－AD2）＝eq\r(12－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r(3），2））)2）＝eq\f(1,2)，即b＝eq\f（1，2)，∴圓方程為(x－1）2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（y－\f（1,2）））2＝1.15．(文)（2011·青島模擬）已知以點Ceq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(t，\f(2,t)）)(t∈R，t≠0)為圓心的圓與x軸交于點O、A，與y軸交于點O、B,其中O為原點．(1）求證：△OAB的面積為定值;（2）設(shè)直線y＝－2x＋4與圓C交于點M、N，若｜OM｜＝｜ON｜，求圓C的方程．［解析］（1）證明：∵圓C過原點O，∴OC2＝t2＋eq\f（4,t2)。設(shè)圓C的方程是（x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（y－\f（2，t）)）2＝t2＋eq\f（4,t2),令x＝0，得y1＝0，y2＝eq\f（4,t)；令y＝0，得x1＝0,x2＝2t，∴S△OAB＝eq\f(1,2)｜OA|·|OB｜＝eq\f(1，2)×eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\f(4，t)））×｜2t｜＝4，即△OAB的面積為定值．(2)∵｜OM｜＝｜ON|,｜CM|＝｜CN|,∴OC垂直平分線段MN.∵kMN＝－2，∴kOC＝eq\f（1，2）.∴直線OC的方程是y＝eq\f(1，2)x?！鄀q\f（2,t)＝eq\f(1,2)t，解得t＝2或t＝－2.當t＝2時，圓心C的坐標為（2，1)，OC＝eq\r（5)，此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝eq\f（1,\r(5))<eq\r（5），圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點．當t＝－2時，圓心C的坐標為（－2，－1)，OC＝eq\r(5),此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝eq\f(9,\r（5）)>eq\r(5）.圓C與直線y＝－2x＋4不相交，∴t＝－2不符合題意，舍去．∴圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5。（理）(2011·北京模擬）已知點A(－3,0）,B(3,0）．動點P滿足｜PA｜＝2｜PB|。(1)若點P的軌跡為曲線C，求此曲線C的方程；（2)若點Q在直線l1：x＋y＋3＝0上,直線l2經(jīng)過點Q且與曲線C只有一個公共點M，求|QM｜的最小值．[解析］(1)設(shè)P（x，y）,∵|PA｜＝2|PB|，∴(x＋3）2＋y2＝4［（x－3)2＋y2]整理得(x－5）2＋y2＝16。(2）由條件知QM與圓C相切,則問題轉(zhuǎn)化為在直線l1上求一點Q，過點Q作⊙C的切線，求切線長的最小值．由于⊙C的半徑為定值4，欲使切線長最小,只需QC最小,而點C(5，0)為定點，因此，當CQ⊥l1時取得最小值，∵C到l1的距離d＝4eq\r（2）,∴|QM|min＝eq\r(d2－42）＝4.16．（文)已知點A(－3，0）,B（3,0）,動點P滿足|PA｜＝2｜PB|.(1）若點P的軌跡為曲線C,求此曲線的方程；（2）若點Q在直線l1：x＋y＋3＝0上，直線l2經(jīng)過點Q且與曲線C只有一個公共點M，求|QM|的最小值．［分析](1）設(shè)出點P的坐標,由|PA|＝2|PB｜寫出方程，化簡即可；（2)直線l2與曲線C只有一個公共點M，故l2與C相切，當|QC｜取最小值時，|QM|取到最小值，故|CQ|為點C到l1的距離時滿足要求．［解析](1)設(shè)點P的坐標為（x,y),則eq\r（x＋32＋y2)＝2eq\r(x－32＋y2），化得可得(x－5)2＋y2＝16即為所求．(2)曲線C是以點（5,0）為圓心，4為半徑的圓，如圖．由題意知直線l2是此圓的切線，連接CQ，則|QM|＝eq\r(|CQ｜2－｜CM|2）＝eq\r(|CQ|2－16),當CQ⊥l1時，|CQ|取最小值，|CQ|＝eq\f（｜5＋3|，\r(2))＝4eq\r(2)，此時｜QM|的最小值為eq\r（32－16）＝4.(理)(2012·河南六市聯(lián)考)已知直線l與拋物線x2＝4y相切于點P(2，1），且與x軸交于點A，O為坐標原點，定點B的坐標為(2，0），動點Q滿足eq\o(AB,\s\up16（→））·eq\o（BQ，\s\up16(→）)＋eq\r（2)｜eq\o（AQ，\s\up16（→)）｜＝0。(1）求動點Q的軌跡C的方程；(2)是否存在圓心在原點的圓，只要該圓的切線與切點Q的軌跡C有兩個不同交點M,N，就一定有eq\o(OM，\s\up16(→))·eq\o(ON，\s\up16(→）)＝0？若存在,求出該圓的方程；若不存在，請說明理由．［解析](1)由x2＝4y得y＝eq\f（1，4）x2，∴y′＝eq\f(1，2)x,∴直線l的斜率為y′|x＝2＝1,故l的方程為：y－1＝1(x－2），即y＝x－1,∴點A坐標為（1，0)，設(shè)Q（x，y）,則eq\o(AB,\s\up16（→))＝(1,0)，eq\o（BQ,\s\up16(→))＝（x－2,y），eq\o(AQ，\s\up16(→))＝（x－1，y），由eq\o(AB,\s\up16(→）)·eq\o（BQ，\s\up16(→））＋eq\r(2)｜eq\o（AQ，\s\up16（→））|＝0得，x－2＋0＋eq\r(2）eq\r(x－12＋y2)＝0，化簡整理得eq\f（x2,2）＋y2＝1,故動點Q的軌跡C的方程為：eq\f（x2,2）＋y2＝1.(2)假設(shè)存在這樣的圓,其方程為x2＋y2＝r2（r>0）．（ⅰ）當直線MN的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝kx＋m代入eq\f（x2,2)＋y2＝1，可得(1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0，判別式Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(∴m2<1＋2k2,①設(shè)M（x1，y1），N(x2,y2）,則x1＋x2＝－eq\f（4km,1＋2k2），②x1x2＝eq\f（2m2－2，1＋2k2），③由eq\o（OM,\s\up16（→））·eq\o（ON,\s\up16（→））＝0，可得x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋（kx1＋m)(kx2＋m）＝(1＋k2）x1x2＋km（x1＋x2)＋m2＝0，④將②③代入④得eq\f(2m2－11＋k2，1＋2k2）－eq\f（4k2m2，1＋2k2)＋m2＝0，m2＝eq\f(2,3）(1＋k2）,⑤顯然滿足①式由直線MN:y＝kx＋m與圓x2＋y2＝r2相切知：r＝eq\f(|m｜，\r（1＋k2)），∴r＝eq\f（m2，1＋k2）＝eq\f(2，3），即存在圓x2＋y2＝eq\f(2,3）滿足題意．(ⅱ)當直線MN的斜率不存在時，可得x1＝x2＝eq\f(\r（6）,3)或x1＝x2＝－eq\f(\r（6),3），y1＝－y2＝eq\f（\r(6)，3），滿足eq\o(OM,\s\up16（→）)·eq\o（ON,\s\up16（→))＝0，綜上所述：存在圓x2＋y2＝eq\f（2,3）滿足題意．1．雙曲線eq\f（x2,a2)－eq\f（y2,b2)＝1(a>0，b〉0)的一條漸近線的傾斜角為60°,直線ax＋by－a＋1＝0平分圓C：（x－2）2＋(y－eq\r（3))2＝1，則點P(a，b）與圓C的位置關(guān)系是（）A．P在⊙C內(nèi) B．P在⊙