第8期 2.4 圆的方程-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 所以直线ＡＣ的方程为ｙ＝－（ｘ－１），即ｙ＝－ｘ＋１①， 设小狗的位置为点Ｐ，当ＢＰ⊥ＡＣ时，小狗距离小明最近， 此时直线ＢＰ的方程为ｙ＝ｘ＋２②，联立①②， 解得ｘ＝－ １２，ｙ＝ ３ ２， (因此所求位置的坐标为 － １２， )３２ ． ７．由题意设Ｐ（槡２２，ｔ），Ｑ（ｘ，ｙ）， 由题意知ｙ－ｔ＝ｘ－ 槡２２，则ｔ＝ｙ－ｘ＋ 槡２２， 由于点Ｑ是圆ｘ２＋ｙ２＝４上一点，故令 ｘ＝２ｃｏｓθ， ｙ＝２ｓｉｎθ{ ，θ∈［０，２π）， 则ｔ＝２ｓｉｎθ－２ｃｏｓθ＋ 槡２２＝ 槡 (２２ｓｉｎ θ－π )４ ＋ 槡２２， 由于θ－π４ [∈ －π４，７π)４ ，故ｔ∈［０，槡４２］，则ｔ２∈［０，３２］， 故｜ＯＰ｜＝ （槡２２）２＋ｔ槡 ２＝ ８＋ｔ槡 ２∈［槡２２， 槡２ １０］，故选（Ｃ）． ８．如图１，在线段ＣＤ上取点Ｈ， Ｎ，使得ＤＨ＝ＣＮ＝２，ＨＮ＝４， 在线段 ＡＢ上取点 Ｇ，Ｍ，使得 ＡＧ＝ＭＢ＝２，ＧＭ ＝４， 连 接 ＥＧ，ＥＨ，ＧＨ，ＦＭ，ＦＮ， ＭＮ，设Ｐ，Ｑ分别为ＧＨ，ＭＮ的中点， 连接ＥＰ，ＦＱ， 由题意可得，ＥＧ＝ＥＨ＝ＦＭ＝ＦＮ＝槡５，ＧＨ＝ＭＮ＝４，ＥＰ＝ＦＱ， ＥＰ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＥＰ＝ＦＱ＝１，连接ＰＱ，则ＰＱ∥ＡＢ∥ＤＣ，以Ｑ为 原点，以ＱＭ，ＱＰ，ＱＦ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系，则Ｆ（０，０， １），Ａ（２，６，０），Ｄ（－２，６，０），Ｅ（０，４，１）， 所以→ＡＤ＝（－４，０，０），→ＡＥ＝（－２，－２，１），→ＥＦ＝（０，－４，０）， 设平面ＡＤＥ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＤ＝０， ｎ·→ＡＥ＝０{ ，即 －４ｘ＝０， －２ｘ－２ｙ＋ｚ＝０{ ，则可取ｎ (＝ ０，１２， )１ ， 则点Ｆ到平面ＡＤＥ的距离为ｈ＝ →｜ＥＦ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ２ 槡 ５ ４ ＝ 槡４５５， 又Ｓ△ＡＤＥ＝ １ ２ ×４× ３ ２－２槡 ２＝ 槡２５， 所以三棱锥Ｆ－ＡＤＥ的体积为 １３ ×Ｓ△ＡＤＥ×ｈ＝ １ ３ ×槡２５× 槡４５ ５ ＝ ８ ３．故选（Ａ）． 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．由题可得２×２－ａ×ａ＝０，解得ａ＝－２或ａ＝２，当ａ＝２时，此 时两条直线重合，故实数ａ的值为 －２，故（Ａ）正确； 当ｋ＝０，ｂ＝０时，直线ｙ＝０不经过第三象限，此时点（０，０）是坐标 原点，不在第二象限，故（Ｂ）错误； 当直线过原点时，直线ｙ＝ ３２ｘ经过点（－２，－３），即直线ｙ＝ ３ ２ｘ 也满足题意，故（Ｃ）错误； 直线ｋｘ－ｙ－ｋ－１＝０可化为ｋ（ｘ－１）－（ｙ＋１）＝０， 恒过定点Ｐ（１，－１）， 且斜率为ｋ， 则ｋＰＭ ＝ －１－１ １＋３ ＝－ １ ２，ｋＰＮ＝ －１－２ １－３ ＝ ３ ２， 由题可得ｋ≥ ３２ 或ｋ≤－ １ ２，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．因为直线ｌ过点Ｃ（１，１），所以当ｌ⊥ＯＣ时圆心到直线ｌ的距离最 大，此时｜ＡＢ｜＝ 槡２２，所以｜ＡＢ｜的最小值为 槡２２，此时△ＡＯＢ为等腰直 角三角形，（Ａ）错误，（Ｃ）正确；易知｜ＡＢ｜的最大值为４，（Ｂ）错误；因为 ｜ＡＢ｜的最小值为 槡２２，所以∠ＡＯＢ最小为９０°，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．在题图 ３中，由 ｆ（ｘ）＝ (ｓｉｎ πｘ＋５π)６ ，得 (Ａ － １３， )１ ， (Ｂ ２３，－ )１ ， (Ｄ ２３， )０ ， (Ｍ ０， )１２ ， 在题图４中，建立如图２所示的空间 直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ， 则 (Ａ ０，－１３， )１ ， (Ｂ １，２３， )０ ， (Ｍ ０，０， )１２ ， (Ｄ ０，２３， )０ ，则→ＡＢ＝ （１，１，－１），得 →｜ＡＢ｜＝槡３，（Ａ）正确； 取ａ →＝ＤＢ＝（１，０，０），ｕ＝ →ＡＢ→｜ＡＢ｜ ＝槡３３（１，１，－１） (＝ 槡３３，槡３３， －槡３)３ ，则 ａ２ ＝１，ａ·ｕ＝ 槡３３，所以点 Ｄ到直线 ＡＢ的距离为 ａ２－（ａ·ｕ）槡 ２＝槡 ６ ３，（Ｂ）错误； 设平面ＡＢＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），→ (ＡＭ ＝ ０，１３，－ )１２ ， 则 ｎ·→ＡＢ＝０， ｎ·→ＡＭ ＝０{ ，即 ｘ＋ｙ－ｚ＝０， １ ３ｙ－ １ ２ｚ＝０ { ，取ｙ＝３，则ｚ＝２，ｘ＝－１， 所以平面ＡＢＭ的一个法向量ｎ＝（－１，３，２）， 所以点Ｄ到平面ＡＢＭ的距离为 →｜ＤＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ １ 槡１４ ＝槡１４１４，（Ｃ）正确； 平面ＯＢＤ的一个法向量为ｍ＝（０，０，１），则平面ＯＢＤ与平面ＡＢＭ夹 角的余弦值为 ｜ｍ·ｎ｜ ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ２ １×槡１４ ＝槡１４７ ，（Ｄ）正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２ (． －∞，－ )１６ (∪ － １６，＋ )∞ ；　１３．槡７２４； １４．ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 提示： １２．假设ａ，ｂ，ｃ共面，则有ａ＝λｂ＋μｃ（λ，μ∈Ｒ）， 则（１，－２，２）＝（２λ－３μ，２λ＋μ，－３λ＋μｘ）， 则 ２λ－３μ＝１， ２λ＋μ＝－２， －３λ＋μｘ＝２ { ， 得 λ＝－ ５８， μ＝－ ３４， ｘ＝－ １６ { ， 要使ａ，ｂ，ｃ可以构成空间向量的一个基底，则ａ，ｂ，ｃ不共面，即ｘ≠－１６， 故答案为 (： －∞，－ )１６ (∪ － １６，＋ )∞ ． １３．如图３，以鼻尖所在位置为原点Ｏ，中 庭下边界为ｘ轴，垂直中庭下边界为 ｙ轴，建 立平面直角坐标系，因为三庭中一庭的高度 为２ｃｍ，五眼中一眼的宽度为１ｃｍ， 所以 (Ａ １２， )４ ， (Ｂ － ３２， )２ ，所以 ｋＡＢ＝ ４－２ １ ２ (－ － )３２ ＝１， 利用点斜式方程可得到直线ＡＢ：ｙ－２＝ｘ＋３２，即为２ｘ－２ｙ＋７＝０， 所以原点Ｏ到直线ＡＢ距离为ｄ＝ ｜７｜ ４＋槡 ４ ＝ 槡７２４． １４．设圆Ｏ１，Ｏ２，Ｏ３，Ｏ４的半径分别为ｒ１，ｒ２，ｒ３，ｒ４， 由题意 可 得： ｒ１＝ｒ２， ｒ１＋ｒ２＝｜Ｏ１Ｏ２｜＝４， ｒ１＋ｒ３＝｜Ｏ１Ｏ３｜＝ ５ ２ { ， 解 得 ｒ１＝ｒ２＝２， ｒ３＝ １ ２ { ， 则 (２ １４ ＋１＋ １２ｒ４＋１＋ １２ｒ４＋ １１ ２ｒ ) ４ ＝ １４ ＋ １ ４ ＋ １ １ ４ ＋ １ ｒ２４ ， 解得ｒ４＝ １ ６，由｜Ｏ１Ｏ４｜＝｜Ｏ２Ｏ４｜，可知点Ｏ４在线段Ｏ１Ｏ２的中垂 线上，即ｙ轴上，设Ｏ４（０，ａ）， 由题意可得 ｜Ｏ１Ｏ４｜＝ ４＋ａ槡 ２＝２＋ １ ６， ｜Ｏ３Ｏ４｜＝ ３ ２ －ａ ＝ １ ２ ＋ １ ６ { ，解得ａ＝ ５６， 即圆Ｏ４的圆心Ｏ (４ ０， )５６ ，半径ｒ４＝ １６， 所以圆Ｏ４的方程为ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 四、解答题 １５．解：（１）→ＡＢ＝（－１，２，０），→ＡＣ＝（１，１，３）， 所以 →｜ＡＢ｜＝槡５，→｜ＡＣ｜＝槡１１，→ＡＢ·→ＡＣ＝－１＋２＝１， 所以ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉＝ １ 槡５·槡１１ ＝槡５５５５． （２）因为点Ｐ（－３，ｍ，ｎ）在直线ＡＣ上，所以→ＡＰ与→ＡＣ共线， 则存在μ∈Ｒ使得→ＡＰ＝μ→ＡＣ， 即（－３－１，ｍ－２，ｎ－０）＝μ（１，１，３）， 所以 －４＝μ， ｍ－２＝μ， ｎ＝３μ { ， 解得ｍ＝－２，ｎ＝－１２，ｍ＋ｎ＝－１４． １６．解：（１）因为ｌ１⊥ｌ２，又直线ｌ１的斜率ｋ１＝－１， 所以直线ｌ２的斜率ｋ２＝１，则ｌ２：ｙ＝ｘ＋ １ ２． 由 ｙ＝ｘ＋ １２， ２ｘ＋２ｙ－５＝ { ０  ｘ＝１， ｙ＝ ３２ { ， 所以直线ｌ１和ｌ２ (的交点坐标为 １， )３２ ． （２）由题意知ｌ３的斜率ｋ存在，且ｋ＜０， 设ｌ３：ｙ－ ３ ２ ＝ｋ（ｘ－１）， 令ｘ＝０得ｙ＝ ３２ －ｋ，令ｙ＝０得ｘ＝－ ３ ２ｋ＋１， 由Ｓ＝ (１２ － ３２ｋ＋ ) (１ ３２ )－ｋ ＝２５８， 解得ｋ＝－１或ｋ＝－ ９４， 即ｌ３：ｘ＋ｙ－ ５ ２ ＝０或９ｘ＋４ｙ－１５＝０． １７．解：（１）过Ｃ作ＣＤ⊥ｘ轴，垂足为Ｄ， 由ｔａｎα＝－２可知，直线ＯＣ的斜率ｋ＝－２， 直线ＯＣ的方程为２ｘ＋ｙ＝０， 设Ｃ（ｘＣ，ｙＣ），由题得ｙＣ＝２０，则ｘＣ＝－１０，Ｄ（－１０，０）， 因为Ａ（１０，０），则Ｏ为ＡＤ的中点，ＯＰ∥ＤＣ，｜ＯＰ｜＝ １２｜ＣＤ｜＝１０， 所以Ｐ（０，１０），所以点Ｐ到ＯＣ的距离ｄ＝｜２×０＋１０｜ 槡５ ＝ 槡２５（米）． （２）因为Ａ（１０，０），Ｃ（－１０，２０），得ＡＣ所在直线方程为ｘ＋ｙ－１０＝０， 设Ｂ（ｘ，ｙ），因为点Ｏ与点Ｂ关于ＡＣ对称， 故可得 ｙ－０ ｘ－０＝１， ｘ＋０ ２ ＋ ｙ＋０ ２ －１０＝０ { ，得ｘ＝１０，ｙ＝１０，即Ｂ（１０，１０）， 所以ＢＣ所在直线方程为ｘ＋２ｙ－３０＝０， Ｓ四边形ＯＡＢＣ＝２Ｓ△ＯＡＣ＝２× １ ２ ×｜ＯＡ｜×ｙＣ＝２× １ ２ ×１０×２０＝ ２００（平方米），所以该口袋公园的总面积为２００平方米． １８．解：（１）由题意可知，以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴 的正方向建立空间直角坐标系，则 Ａ１（２，０，２），Ｃ（０，４，０），Ｅ（２，１，０）， Ｄ（０，０，０）， 所以Ａ１→ Ｃ＝（－２，４，－２），ＤＡ→ １＝（２，０，２），→ＤＥ＝（２，１，０）， 设平面Ａ１ＥＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｎ·ＤＡ→ １＝０， ｎ·→ＤＥ＝０{ ，即 ２ｘ＋２ｚ＝０，２ｘ＋ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１，则ｙ＝－２，ｚ＝－１，故ｎ＝（１，－２，－１）， 所以｜ｃｏｓ〈Ａ１→ Ｃ，ｎ〉｜＝ ｜Ａ１→ Ｃ·ｎ｜ ｜Ａ１→ Ｃ｜｜ｎ｜ ＝ ２３， 故Ａ１Ｃ与平面Ａ１ＥＤ所成角的正弦值为 ２ ３． （２）由（１）可知，Ｆ（２，３，０），所以→ＤＦ＝（２，３，０）， 设平面Ａ１ＤＦ的法向量为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则有 ｍ·ＤＡ→ １＝０， ｍ·→ＤＦ＝０{ ，即 ２ａ＋２ｃ＝０，２ａ＋３ｂ＝０{ ， 令ａ＝３，则ｂ＝－２，ｃ＝－３，故ｍ ＝（３，－２，－３）， 所以｜ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉｜＝｜ｎ·ｍ｜｜ｎ｜｜ｍ｜＝ 槡５ ３３ ３３ ， 故平面Ａ１ＥＤ与平面Ａ１ＤＦ夹角的余弦值为 槡 ５ ３３ ３３ ． （３）由（１）可知，Ａ（２，０，０），Ｃ１（０，４，２），所以ＡＣ→ １＝（－２，４，２）， 假设存在这样的点Ｐ，设Ｐ（ｘ，ｙ，２）， 所以→ＦＰ＝（ｘ－２，ｙ－３，２），因为ＦＰ⊥ＡＣ１， 则有→ＦＰ·ＡＣ→ １＝－２（ｘ－２）＋４（ｙ－３）＋４＝０， 所以ｘ＝２ｙ－２，由题意可知（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＝ １４， 所以５ｙ２－２０ｙ＋７９４ ＝０， 解得ｘ＝２＋槡５５，ｙ＝２＋ 槡５ １０，或ｘ＝２－ 槡５ ５，ｙ＝２－ 槡５ １０， 所以当 (Ｐ ２＋槡５５，２＋槡５１０， )２ 或 (Ｐ ２－槡５５，２－槡５１０， )２ 时，ＦＰ⊥ ＡＣ１，此时点Ｐ到直线Ａ１Ｂ１的距离为槡 ５ ５． １９．解：（１）由题意，显然直线ｌ斜率存在，设其方程为ｙ＝ｋｘ， 则Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｋｘ－ｙ＝０， 则Ｆ［Ａ］·Ｆ［Ｂ］＝（－ｋ－１）（２ｋ－３）＞０， 解得 －１＜ｋ＜ ３２； 故直线ｌ (斜率的取值范围是 －１， )３２ ． （２）因为Ｆ［０］＜０，所以Ｆ［Ｐ］＝（３ｘ＋４ｙ－５） ４－ｘ２－ｙ槡 ２＜０， 故３ｘ＋４ｙ－５＜０，ｘ２＋ｙ２＜４， 点集Ｓ为圆ｘ２＋ｙ２＝４在直线３ｘ＋４ｙ－５＝０下方的内部，设直线与 圆的交点为Ａ，Ｂ，则Ｏ到直线ＡＢ的距离为１，故∠ＡＯＢ＝２π３， 因此，所求面积为：Ｓ＝ １２· ４π ３·２ ２＋ １２· 槡３ ２·２ ２＝８π３ ＋槡３． （３）设曲线Ｃ上的动点为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ２＋（ｙ－１）槡 ２＋｜ｙ｜＝５， 化简得曲线Ｃ的方程为 ｘ２＝８（３－ｙ）， ｘ２＝１２（ｙ＋２{ ）， ０≤ｙ≤３， －２≤ｙ≤０， 其轨迹为两段抛物线弧； 当０≤ｙ≤３时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２－９ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］； 当 －２≤ｙ≤０时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２＋１１ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］， 故若有Ｆ［Ｍ］·Ｆ［Ｎ］＜０， 则（６－ａ）（２４－ａ）＜０，解得６＜ａ＜２４． 书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第８～１１期参考答案 第８期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＢＣ．　４．π；　５．１２． ６．解：（１）当ＡＢ为直径时，过Ａ，Ｂ的圆的半径最小，从而周长最小， 即Ａ，Ｂ中点（０，１）为圆心，半径ｒ＝ １２ ｜ＡＢ｜＝槡１０， 则周长最小的圆的方程为ｘ２＋（ｙ－１）２＝１０． （２）ＡＢ的斜率为ｋ＝－３， 则ＡＢ的垂直平分线的方程是ｙ－１＝ １３ｘ，即ｘ－３ｙ＋３＝０， 联立ｘ－３ｙ＋３＝０与２ｘ－ｙ－４＝０得圆心坐标是Ｃ（３，２）， ｒ＝｜ＡＣ｜＝ 槡２５，所以圆的方程是（ｘ－３）２＋（ｙ－２）２＝２０． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＡＣＤ．　４．１；　５．２． ６．解：设圆的一般方程ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０， 由题意知当ｙ＝槡３时， 关于ｘ的方程ｘ２＋Ｄｘ＋３＋Ｆ＋槡３Ｅ＝０的两个根为０，２， 因此由根与系数的关系得２＋０＝－Ｄ，Ｆ＋３＋槡３Ｅ＝２×０， 由（１，０）在圆上可得１＋Ｄ＋Ｆ＝０， 所以Ｄ＝－２，Ｅ＝－ 槡４３３，Ｆ＝１， 所以圆的方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ－ 槡４３３ｙ＋１＝０． 第８期３版 圆的方程同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＣＡＤＣ　５～８　ＣＡＢＡ 提示： １．因为（ａ－１）２＋（１０－１）２＝（ａ－１）２＋８１＞１２， 所以点Ｐ在圆外．故选（Ｃ）． ２．由题意知动点Ｐ的轨迹是以（１，３）为圆心，２为半径的圆， 结合图形可知该圆经过第一、二象限． ３．因为以Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）为直径的两端点的圆的方程为 （ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＋（ｙ－ｙ１）（ｙ－ｙ２）＝０， 所以有（ｘ＋１）（ｘ－５）＋（ｙ－２）（ｙ＋６）＝０ （ｘ２－４ｘ）＋（ｙ２＋４ｙ）－１７＝０（ｘ－２）２＋（ｙ＋２）２＝２５． ４．由题意知Ｃ（６，－８），｜ＯＣ｜＝ ６２＋（－８）槡 ２＝１０． 所以以ＯＣ为直径的圆的半径为５，圆心为（３，－４）， 故所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ＋４）２＝２５． ５．设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｄ（ａ，ｂ），由→  ＤＭ ＝２→ＤＥ， 得 ｘ－ａ＝４－２ａ， ｙ－ｂ＝８－２ｂ{ ，所以 ａ＝４－ｘ， ｂ＝８－ｙ{ ， 又因为点Ｄ在圆Ｃ：（ｘ－３）２＋ｙ２＝９上， 所以（４－ｘ－３）２＋（８－ｙ）２＝９，即（ｘ－１）２＋（ｙ－８）２＝９． ６．以Ｏ为原点，以ＡＢ为ｘ轴，以ＯＰ为ｙ轴建立平面直角坐标系， 设圆心坐标为（０，ａ），Ｐ（０，１０），Ａ（－２０，０）， 则圆拱所在圆的方程为ｘ２＋（ｙ－ａ）２＝ｒ２， 则 （１０－ａ）２＝ｒ２， ４００＋ａ２＝ｒ２{ ，解得ａ＝－１５，ｒ＝２５， 所以圆的方程为ｘ２＋（ｙ＋１５）２＝６２５， 将ｘ＝－４代入圆的方程，得ｙ＝Ａ２Ｐ２≈９．７（ｍ）． ７．（３λ＋１）ｘ＋（２λ＋１）ｙ＝５λ＋２整理为 （３ｘ＋２ｙ－５）λ＋ｘ＋ｙ－２＝０， 令 ３ｘ＋２ｙ－５＝０， ｘ＋ｙ－２＝０{ ， 解得 ｘ＝１， ｙ＝１{ ， 所以定点Ｐ的坐标为Ｐ（１，１）， 代入圆的方程中（１＋２）２＋（１＋１）２＞ ４，所以Ｐ（１，１）在圆外． 设圆Ｃ的半径为ｒ＝２，所以｜ＭＰ｜的最 大值应该为｜ＰＣ｜＋ｒ（如图１）， 又｜ＰＣ｜＝ （－２－１）２＋（－１－１）槡 ２＝槡１３， 所以｜ＭＰ｜的最大值为槡１３＋２． ８．由题易得，Ｐ在两圆外，则｜ＰＭ｜的最小值为｜ＰＣ１｜－１，同理｜ＰＮ｜ 的最小值为｜ＰＣ２｜－３，则｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜的最小值为｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜－ ４．作Ｃ１（２，３）关于ｘ轴的对称点Ｃ′１（２，－３）（图略），所以｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜ ＝｜ＰＣ′１｜＋｜ＰＣ２｜≥｜Ｃ′１Ｃ２｜＝ 槡５２（当且仅当Ｃ′１，Ｐ，Ｃ２三点共线时，｜ＰＣ′１｜ ＋｜ＰＣ２｜取最小值），即（｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜）ｍｉｎ＝（｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜）ｍｉｎ－４ ＝ 槡５２－４． 二、多项选择题　９．ＢＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．因为Ｄ＝２，Ｅ＝０，Ｆ＝－ｍ，由方程表示圆的条件得Ｄ２＋Ｅ２－４Ｆ ＞０，即２２＋０２－４（－ｍ）＞０，解得ｍ＞－１，所以只有当ｍ＞－１时才表 示圆，故（Ａ）错误； 因为 －Ｄ２ ＝－１，－ Ｅ ２ ＝０，若方程表示圆，圆心坐标为Ｃ（－１，０）， 圆心在ｘ轴上，故（Ｂ）正确，（Ｃ）错误； 当ｍ＝０时，半径ｒ＝ １２ Ｄ ２＋Ｅ２－４槡 Ｆ＝ １ ２ ２ ２＋０２－４×槡 ０＝ １，故（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．圆Ｍ的一般方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋８ｙ＝０，化为标准方程为（ｘ＋３）２ ＋（ｙ＋４）２＝２５，则圆心Ｍ（－３，－４），半径为５，故（Ａ）正确； 圆心Ｍ（－３，－４）满足直线ｘ－ｙ－１＝０方程，则直线过圆心，所以 圆Ｍ关于直线ｘ－ｙ－１＝０对称，故（Ｂ）正确； 点（－６，１）到圆心Ｍ（－３，－４）的距离为 ３２＋５槡 ２＝槡３４＞５，故 该点在圆Ｍ外，故（Ｃ）不正确； 实数ｘ，ｙ满足圆 Ｍ的方程，则 （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２为圆上一点 Ｐ（ｘ，ｙ）与点Ａ（３，４）的距离，又｜ＡＭ｜＝ ６２＋８槡 ２＝１０＞５，则Ａ（３，４） 在圆Ｍ外，所以｜ＡＰ｜＝ （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２的最小值即｜ＡＭ｜－５＝ ５，故（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．选项（Ａ）：设ｙ＝ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｘ， 因为ｆ（－ｘ）＝（－ｘ）３＋（－ｘ）＝－ｘ３－ｘ＝－ｆ（ｘ）， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是奇函数，它的图象将圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝１的周长与 面积分别等分，如图２所示， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是圆Ｏ的一个太极函数，故（Ａ）正确； 选项（Ｃ）：如图３所示：函数ｙ＝ｇ（ｘ）是偶函数，ｙ＝ｇ（ｘ）也是圆Ｏ的 一个太极函数，故（Ｃ）不正确； 选项（Ｂ）：根据选项（Ｃ）的分析，圆Ｏ的太极函数可以是偶函数不一 定关于原点对称，故（Ｂ）不正确； 选项（Ｄ）：因为 ｙ＝ｓｉｎｘ是奇 函数，所以它的图象将圆ｘ２＋ｙ２＝１ 的周长与面积同时等分，如图４所 示，因此函数ｙ＝ｓｉｎｘ是圆Ｏ的一 个太极函数，故（Ｄ）正确． 三、填空题 １２．（－２，１）；　１３ (． －５， )５４ ；　１４．（９，０），２ｘ＋４ｙ－９＝０． 提示： １２．由题意得ｍ２＋１＝３ｍ－１，解得ｍ＝１或２． 当ｍ＝１时，方程为ｘ２＋ｙ２＋４ｘ－２ｙ＋ ５２ ＝０， 即（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝ ５２，圆心为（－２，１）； 当ｍ＝２时，方程为５ｘ２＋５ｙ２＋８ｘ－４ｙ＋１０＝０， (即 ｘ＋ )４５ ２ (＋ ｙ－ )２５ ２ ＝－ ６５，不表示圆． 故圆心坐标是（－２，１）． １３．圆Ｃ化为标准式：（ｘ＋１）２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ ５４ －ｋ， 则 ５ ４ －ｋ＞０，即ｋ＜ ５ ４， 又因为点Ｐ（１，－１）在圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－ｙ＋ｋ＝０的外部， 所以１２＋（－１）２＋２＋１＋ｋ＞０，解得ｋ＞－５， 所以实数ｋ (的取值范围是 －５， )５４ ． １４．由题意得：｜ＯＡ｜·｜ＯＡ′｜＝９，又｜ＯＡ｜＝１，所以｜ＯＡ′｜＝９， 又点Ａ′在射线ＯＡ上，即在ｘ轴正半轴上， 故Ａ（１，０）的“３－圆称点”为（９，０）； 设圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原点）的一点Ｂ（ｍ，ｎ），ｍ≠０， ｎ≠０，设其“３－圆称点”为Ｂ′（ｘ，ｙ），则｜ＯＢ｜·｜ＯＢ′｜＝９， 即 ｍ２＋ｎ槡 ２· ｘ２＋ｙ槡 ２＝９， 又点Ｂ′在射线ＯＢ上，不妨设ｍ＝ｋｘ，ｎ＝ｋｙ，ｋ≥０， 所以（ｍ－１）２＋（ｎ－２）＝（ｋｘ－１）２＋（ｋｙ－２）２＝５， 整理得：ｋｘ２＋ｋｙ２＝２ｘ＋４ｙ， 综上，ｋ ｘ２＋ｙ槡 ２· ｘ２＋ｙ槡 ２＝ｋ（ｘ２＋ｙ２）＝９，即２ｘ＋４ｙ＝９， 故圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原点）的“３－圆称形”的方程 为２ｘ＋４ｙ－９＝０． 四、解答题 １５．解：设圆心坐标为（ａ，－２ａ＋３），则圆的半径 ｒ＝ （ａ－０）２＋（－２ａ＋３－０）槡 ２ ＝ ５ａ２－１２ａ＋槡 ９＝ (５ ａ－ )６５ ２ ＋槡 ９ ５． 当ａ＝ ６５ 时，ｒｍｉｎ＝ 槡３５ ５． (故所求圆的方程为 ｘ－ )６５ ２ (＋ ｙ－ )３５ ２ ＝ ９５． １６．解：如图５，以ＡＢ所在直线为ｘ轴，弦ＡＢ 的垂直平分线为 ｙ轴，建立平面直角坐标系．设 圆弧的圆心为Ｃ，连接ＡＣ， 则ＡＯ＝ １２ｌ＝６， 所以ＯＣ＝ ＡＣ２－ＯＡ槡 ２ ＝ ２９２－６槡 ２≈ ２８３７３， 即圆心的坐标为Ｃ（０，－２８３７３）， 所以圆弧 )ＡＢ的方程为ｘ２＋（ｙ＋２８３７３）２＝２９２（－６≤ｘ≤６，ｙ≥０）． １７．解：设点Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）， 选择条件①：由题可得→ＭＰ·→ＮＰ＝０， →ＭＰ＝（ｘ－１，ｙ－３），→ＮＰ＝（ｘ－３，ｙ－１）， 则（ｘ－１）（ｘ－３）＋（ｙ－３）（ｙ－１）＝０， 化简得ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＋６＝０； 所以所求轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＋６＝０（Ｍ，Ｎ除外）． 选择条件②：由题可得ＰＭ２＋ＰＮ２＝２０， 即（ｘ－１）２＋（ｙ－３）２＋（ｘ－３）２＋（ｙ－１）２＝２０， 化简得ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＝０， 所以所求轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＝０． 选择条件③由题可得ｋＰＭ ＝ ｙ－３ ｘ－１（ｘ≠１），ｋＰＮ＝ ｙ－１ ｘ－３（ｘ≠３）， 则ｋＰＭ·ｋＰＮ＝４，即 ｙ－３ ｘ－１· ｙ－１ ｘ－３＝４， 化简得４ｘ２－ｙ２－１６ｘ＋４ｙ＋９＝０， 所以所求轨迹方程为４ｘ２－ｙ２－１６ｘ＋４ｙ＋９＝０（ｘ≠１，ｘ≠３）． １８．解：（１）由题可得Ａ（０，８），Ｐ（２，１０），Ｑ（７，０）， 所以直线ＰＱ的方程为２ｘ＋ｙ－１４＝０． 设Ｃ（ａ，ｂ），则 （ａ－２）２＋（ｂ－１０）２＝ｒ２， ａ２＋（ｂ－８）２＝ｒ２{ ， 两式相减得：ａ＋ｂ－１０＝０， 又２ａ＋ｂ－１４＝０，解得ａ＝４，ｂ＝６， 所以ｒ＝ ４２＋（６－８）槡 ２＝ 槡２５． 所以圆Ｃ的方程为（ｘ－４）２＋（ｙ－６）２＝２０． （２）由（１）知ａ＋ｂ－１０＝０， 当ａ＝２时，灯罩轴线所在直线方程为ｘ＝２，此时ＨＱ＝０， 当ａ≠２时，灯罩轴线所在方程为ｙ－１０＝ －ａａ－２（ｘ－２）， 令ｙ＝０可得ｘ＝１２－２０ａ，即 (Ｑ １２－２０ａ， )０ ， 因为Ｈ在线段ＯＱ上，所以１２－２０ａ≥ａ，解得２≤ａ≤１０， 所以｜ＨＱ｜＝１２－２０ａ －ａ＝１２ (－ ２０ａ )＋ａ ≤１２－槡４５， 当且仅当 ２０ ａ ＝ａ即ａ＝ 槡２５时取等号． 所以｜ＨＱ｜的最大值为（１２－ 槡４５）ｍ． １９．解：（１）设Ｐ（ｘ，ｙ），则｜ＰＡ｜２＝（ｘ＋１）２＋ｙ２， ｜ＰＢ｜２＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 所以 ｜ＰＡ｜ ｜ＰＢ｜＝ （ｘ＋１）２＋ｙ槡 ２ （ｘ－３）２＋ｙ槡 ２ ＝ １３， 则９（ｘ＋１）２＋９ｙ２＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 整理得曲线Ｃ的方程为ｘ２＋３ｘ＋ｙ２＝０． （２）由（１）得曲线Ｃ为圆，即Ｃ (： ｘ＋ )３２ ２ ＋ｙ２＝ ９４． 设其关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的圆的圆心为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ－ ３２ ２ ＋ ｙ ２ －２＝０， ｙ ｘ＋ ３２ ＝１{ ， 解得 ｘ＝２，ｙ＝ ７２{ ． 所以曲线Ｃ关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的曲线方程为 （ｘ－２）２ (＋ ｙ－ )７２ ２ ＝ ９４． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%& 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8'%+ ($&& 2 !"#$ !"#$ ! " # $ % & ! ! !# $'! " (! $ ! # !# $ $')!!" ! " ! # $'$%& ! $ ! ' ! ( % * + ! # , $ , + ! # $ ! " % + - . / ! & 0 " 1 2 3 , $ 4 ! ! $ 4 ! + 2 # & , ! ) 书 ６．记Ａ（２，０），则ｋ＝ ｙｘ－２为直线ＡＰ的斜率， 故当直线ＡＰ与半圆ｘ２＋（ｙ－１）２＝１（ｘ＞０）相切时， 得ｋ最小，此时设ＡＰ：ｙ＝ｋ（ｘ－２），故｜－１－２ｋ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 解得ｋ＝－ ４３ 或ｋ＝０（舍去），即ｋｍｉｎ＝－ ４ ３．故选：（Ｃ）． ７．当圆Ｃ与ｘ轴相切时，设圆心Ｃ（ａ，ａ＋７），半径ｒ＝｜ａ＋７｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２＝２＋｜ａ＋７｜，即ａ２－４＝４｜ａ＋７｜，解得ａ＝－４或 ａ＝８，所以圆Ｃ的方程（ｘ＋４）２＋（ｙ－３）２＝９或（ｘ－８）２＋（ｙ－１５）２ ＝２２５； 当圆 Ｃ与 ｙ轴相切时，设圆心 Ｃ（ａ，ａ＋７），半径 ｒ＝｜ａ｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２＝２＋｜ａ｜，即（ａ＋７）２＝４＋４｜ａ｜，解得ａ＝－３或ａ ＝－１５，所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ－４）２＝９或（ｘ＋１５）２＋（ｙ＋８）２ ＝２２５，则满足条件的圆Ｃ有４个． ８．设Ｐ（ｘ，ｙ），根据线段ＭＮ的中点为Ｐ， 则ＣＰ⊥ＭＮ，即ＣＰ⊥ＡＰ，所以→ＣＰ·→ＡＰ＝０， 又→ＡＰ＝（ｘ＋６，ｙ＋８），→ＣＰ＝（ｘ，ｙ）， 所以ｘ（ｘ＋６）＋ｙ（ｙ＋８）＝０，即（ｘ＋３）２＋（ｙ＋４）２＝２５， 所以点Ｐ的轨迹是以（－３，－４）为圆心，半径为５的圆在圆Ｃ内的一 部分．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．对于直线３ｘ－ａｙ＋１＝０，令ｙ＝０，解得ｘ＝－１３， ( 故直线恒过点 － １３， )０ ，一定不经过原点，故（Ａ）正确； 当ａ＝０时直线即为ｘ＝－ １３，直线过二、三象限， 当ａ≠０时直线即为ｙ＝ ３ａｘ＋ １ ａ， 若ａ＞０，则 １ａ ＞０， ３ ａ ＞０，直线过一、二、三象限， 若ａ＜０，则 １ａ ＜０， ３ ａ ＜０，直线过二、三、四象限， 所以直线一定过二、三象限，故（Ｂ）错误，（Ｃ）正确； (因为直线恒过点 － １３， )０ ，所以直线３ｘ－ａｙ＋１＝０可表示经过 (点 － １３， )０ 的所有直线，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．依题意，设Ｐ（２ｃｏｓθ，２ｓｉｎθ）， 则｜ＰＡ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝１２＋８ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， ｜ＰＢ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ－６）２＝４４＋８ｃｏｓθ－２４ｓｉｎθ， ｜ＰＣ｜２＝（２ｃｏｓθ－４）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝２４－１６ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， 所以｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２＋｜ＰＣ｜２＝８０－８ｓｉｎθ， 又ｓｉｎθ∈［－１，１］，则８０－８ｓｉｎθ∈［７２，８８］．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．设Ａ（ｘ，ｙ）， 由重心坐标公式 １ ６ ＝ ｘ＋（－１）＋０ ３ ， ２ ３ ＝ ｙ＋０＋２ ３ { ， 解得 ｘ＝ ３２，ｙ＝０{ ， 所以 (Ａ ３２， )０ ，故选项（Ａ）正确； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜＝ ５２，｜ＢＣ｜＝槡５，所以△ＡＢＣ不是等边三角形，故选 项（Ｂ）错误； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜，△ＡＢＣ的外心、重心、垂心都位于线段ＢＣ的垂直平分 线上，线段ＢＣ (的中点的坐标为 －１２， )１ ，线段ＢＣ所在直线的斜率ｋＢＣ ＝ ２－００－（－１）＝２，线段 ＢＣ垂直平分线的方程为 ｙ－１＝－ (１２ ｘ＋ )１２ ，即２ｘ＋４ｙ－３＝０，△ＡＢＣ的欧拉线方程为２ｘ＋４ｙ－３＝０，故选项 （Ｃ）正确； 因为线段ＡＢ的垂直平分线方程为ｘ＝ １４，△ＡＢＣ的外心Ｍ为线段 ＢＣ的垂直平分线与线段ＡＢ的垂直平分线的交点，所以交点Ｍ的坐标满足 ２ｘ＋４ｙ－３＝０， ｘ＝ １４ { ， 解得 (Ｍ １４， )５８ ，外接圆半径 ( ｒ＝｜ＭＢ｜＝ １ ４ ＋ )１ ２ (＋ )５８槡 ２ ＝ １２５槡６４，所以△ＡＢＣ (外接圆的方程为 ｘ － )１４ ２ (＋ ｙ－ )５８ ２ ＝１２５６４，故选项（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２ (． － １１３，１ )１３ ；　１３．－２；　１４．７２２５． 提示： １２．因为点（５ａ＋１，１２ａ）在圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１的内部，所以（５ａ＋１－１）２ ＋（１２ａ）２＜１，即ａ２＜ １１６９，解得ａ (∈ －１１３，１ )１３ ． １３．依题意知，直线ｌ的斜率为ｋ＝ｔａｎ１３５°＝－１，则直线ｌ１的斜率为 １，于是有２＋１３－ａ＝１，所以ａ＝０．又直线ｌ２与ｌ１平行，所以１＝－ ２ ｂ，即ｂ ＝－２，所以ａ＋ｂ＝－２． １４．根据题意作出图１，ＡＢ为两圆的公 切线，切点分别为Ａ，Ｂ． Ｃ１（２，２），Ｃ２（－１，－１），所以直线 Ｃ１Ｃ２的斜率ｋ＝１，显然与直线ＡＢ的斜率 不相同，所以ｒ１≠ｒ２． 不妨设０＜ｒ１＜ｒ２ 过Ｃ１作ＡＢ的平行线交ＡＣ２于点Ｅ，则 ＥＣ２＝ｒ２－ｒ１，ＡＢ＝ＥＣ１且ＡＢ∥ＥＣ１，Ｃ１Ｃ２ ＝ （２＋１）２＋（２＋１）槡 ２＝ 槡３２＝ｒ１＋ｒ２． ① 所以直线ＡＢ与直线Ｃ１Ｃ２的夹角的正切值为： ｔａｎα＝ １－７１＋７ ＝ ３ ４．在Ｒｔ△ＥＣ１Ｃ２中， ＥＣ２ ＥＣ１ ＝ ３４， 所以ＥＣ１＝ ４ ３（ｒ２－ｒ１），又ＥＣ ２ １＋ＥＣ２２＝Ｃ１Ｃ２２，整理得 [ ： ４ ３（ｒ２－ｒ１ ]） ２ ＋（ｒ２－ｒ１）２＝１８，解得ｒ２－ｒ１＝ 槡 ９２ ５，② 联立①②， 得：ｒ１＝ 槡 ３２ ５，ｒ２＝ 槡１２２ ５ ，所以ｒ１ｒ２＝ 槡３２ ５ × 槡１２２ ５ ＝ ７２ ２５． 四、解答题 １５．解：（１）由 ｘ－ｙ＋１＝０， ２ｘ＋ｙ－４＝０{ ，解得 ｘ＝１， ｙ＝２{ ， 即ｌ１和ｌ２的交点坐标为（１，２）， 因为直线ｌ经过点（３，３），所以直线ｌ的斜率为３－２３－１＝ １ ２， 所以直线ｌ的方程为ｙ－２＝ １２（ｘ－１）， 令ｙ＝０，得ｘ＝－３，所以直线ｌ在ｘ轴上的截距为 －３． （２）因为直线ｌ与直线ｌ３：４ｘ＋５ｙ－１２＝０平行， 所以可设直线ｌ的方程为４ｘ＋５ｙ＋ｍ＝０， 又直线ｌ经过点（１，２），所以４×１＋５×２＋ｍ＝０，得ｍ＝－１４， 所以直线ｌ的一般式方程为４ｘ＋５ｙ－１４＝０． １６．解：（１）由直线ｌ不经过第四象限，又ｙ＝ｋｘ＋２ｋ＋１， 则 ｋ≥０， ２ｋ＋１≥０{ ，解得ｋ≥０，即实数ｋ的取值范围是［０，＋∞）． （２）令２ｋ－（－１）×４＝０，解得ｋ＝－２， 此时直线ｌ：－２ｘ－ｙ－３＝０，显然与４ｘ＋２ｙ－５＝０平行； 当ｋ≠－２时，两直线相交， 综上，当ｋ＝－２时，两直线平行，当ｋ≠－２时，两直线相交． （３）由直线ｌ的方程ｋｘ－ｙ＋１＋２ｋ＝０， 得 (Ａ －１＋２ｋｋ ， )０ ，Ｂ（０，１＋２ｋ）， 则 －１＋２ｋｋ ＜０， １＋２ｋ＞０ { ， 解得ｋ＞０． 所以Ｓ＝ １２ － １＋２ｋ ｋ ×｜１＋２ｋ｜＝ １ ２· １＋２ｋ ｋ ·（１＋２ｋ）＝ (１２ ４ｋ＋ １ｋ ＋ )４ ≥ (１２ ２ ４ｋ· １槡 ｋ ＋ )４ ＝４， 当且仅当４ｋ＝ １ｋ，即ｋ＝ １ ２ 时取等号． Ｓ的最小值为４，及此时直线ｌ的方程为ｘ－２ｙ＋４＝０． １７．解：（１）以Ｂ为原点，正东方向为ｘ轴正方 向建立如图２所示的直角坐标系，则Ａ地的坐标是 （－４００，０），台风中心移动路径所在直线的斜率 ｋ ＝１，所以台风中心移动路径所在的直线方程为 ｙ ＝ｘ＋４００． （２）以Ｂ为圆心，３００千米为半径作圆， 和直线ｙ＝ｘ＋４００相交于Ａ１，Ａ２两点． 设台风中心移到Ａ１时，城市Ｂ开始受台风影响（危险区）， 直到Ａ２时，解除影响． 因为点Ｂ到直线ｙ＝ｘ＋４００的距离ｄ＝ 槡２００２（千米）， 所以｜Ａ１Ａ２｜＝２ ３００２－（ 槡２００２）槡 ２＝２００（千米）． 而 ２００ ２０ ＝１０（小时），所以城市Ｂ处于危险区城的时间是１０小时． １８．解：（１）设圆Ｃ的半径为ｒ， 若选条件①， 则圆心Ｃ到直线３ｘ＋４ｙ＋１７＝０的距离是圆Ｃ的半径， 即ｒ＝｜－６＋４＋１７｜５ ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． 若选条件②，则圆Ｍ的圆心为（２，４），半径为２， 所以ｒ＋２＝ （２＋２）２＋（４－１）槡 ２＝５，所以ｒ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． 若选条件③，由 ３ｘ＋ｙ＋２＝０， ｘ－３ｙ＋１４＝０{ ，得 ｘ＝－２， ｙ＝４{ ，所以ｒ＝４－１＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． （２）圆Ｎ：（ｘ－ｍ）２＋ｙ２＝ｍ２（ｍ＞０）的圆心为（ｍ，０），半径为ｍ， 两个圆有公共弦，则｜ｍ－３｜＜｜ＣＮ｜＜ｍ＋３， 即｜ｍ－３｜＜ （ｍ＋２）２＋槡 １＜ｍ＋３，解得ｍ＞ ２ ５， 两圆公共弦所在直线方程为（ｍ＋２）ｘ－ｙ－２＝０． 又两圆的公共弦长为２，则圆心Ｃ到公共弦所在直线的距离为 ｄ＝｜－２ｍ－４－１－２｜ （ｍ＋２）２＋槡 １ ＝ ｜２ｍ＋７｜ ｍ２＋４ｍ＋槡 ５ ，且２ ９－ｄ槡 ２＝２， 解得ｍ＝槡１０－１２ 或ｍ＝ －槡１０－１ ２ （舍去），经检验符合题意． 故存在实数ｍ＝槡１０－１２ ，使得圆Ｎ与圆Ｃ公共弦的长度为２． １９．解：当ｘ≥０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≤０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ － )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≥０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ ( ＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≤０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２； 作出曲线Ｃ的图象（如图３）． （１）由图可知，曲线Ｃ是四个半径为槡２２ 的半 圆围成的图形，即曲线Ｃ围成的图形的周长是 ４× １２ ×２×π× 槡２ ２ ＝ 槡２２π． （２）曲线Ｃ所围成的面积为四个半圆的面积 与边长为槡２的正方形的面积之和， 从而曲线Ｃ所围成图形的面积为 ４× １２π× １ ２ ＋（槡２） ２＝２＋π． （３）因为Ｐ（ｍ，ｎ）到直线３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离为 ｄ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ ３２＋４槡 ２ ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜５ ， 所以｜３ｍ＋４ｎ－１２｜＝５ｄ． 当ｄ最小时，易知Ｐ（ｍ，ｎ）在曲线Ｃ的第一象限内的图象上， 因为曲线Ｃ (的第一象限内的图象是圆心为 １２， )１２ ，半径为槡２２ 的半圆， (所以圆心 １２， )１２ 到３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离 ｄ′＝ ３× １２ ＋４× １ ２ －１２ ３２＋４槡 ２ ＝１７１０， 从而ｄｍｉｎ＝ｄ′－槡 ２ ２ ＝ １７－ 槡５２ １０ ， 即｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ｍｉｎ＝ １７－ 槡５２ ２ ． 第１１期 核心素养阶段测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＤＡＡＤ　５～８　ＢＣＣＡ 提示： １．因为直线ｌ与直线ｘ＋２ｙ－３＝０垂直，所以ｔａｎθ (· － )１２ ＝－ １，ｔａｎθ＝２．又θ为直线倾斜角，解得ｓｉｎθ＝ 槡２５５． ２．由题可得ｍａ＋ｎｂ＝（３ｍ－２ｎ，５ｍ＋ｎ，２ｍ＋３ｎ）， 取ｘ轴的方向向量为ｅ＝（１，０，０）， 若向量ｍａ＋ｎｂ与ｘ轴垂直， 则３ｍ－２ｎ＝０，解得：３ｍ＝２ｎ，故选（Ａ）． ３．由２ＦＭ＝ＭＣ，得→ →ＡＭ＝ＡＦ＋→ＦＣ３ →＝ＡＦ＋→ →ＡＣ－ＡＦ３ ＝ ２ ３ →ＡＦ＋１３ →ＡＣ． 又因为→ → →ＡＣ＝ＡＢ＋ＡＤ，→ → → →ＡＦ＝ＡＥ＋ＥＦ＝ＡＥ＋ １２ →ＡＢ， 所以→ＡＭ ＝ (２３ ｃ＋ １２ )ａ ＋ １３（ａ＋ｂ）＝ ２３ａ＋ １３ｂ＋ ２３ｃ． ４．Ａ（１，５）关于ｙ轴的对称点 Ｃ（－１，５），又 Ｂ（４，１），ｋＢＣ ＝ ５－１ －１－４ ＝－ ４５，故过Ｂ，Ｃ的直线方程为ｙ＝－ ４ ５（ｘ＋１）＋５，当ｘ＝０时，ｙ＝ ２１ ５，使得｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜值最小，故Ｐ (点为 ０，２１)５ ． ５．由题意可知，直线ｌ：ｘ－２ｙ－１＝０过圆心 (Ｃ ３，－ ａ )２ ，则３－２ (× － ａ )２ －１＝０，解得ａ＝－２，故圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－６ｘ－２ｙ＋１＝０的 圆心为 Ｃ（３，１），半径 ｒ＝３，且点 Ｐ（－４，－２），则 ｜ＰＣ｜＝ （－４－３）２＋（－２－１）槡 ２＝槡５８，所以｜ＰＡ｜＝ ｜ＰＣ｜２－ｒ槡 ２＝７． ６．因为ｋＡＣ＝ －１ ２－１＝－１， 书 （３） (由点 ５２， )３ 到圆心Ｃ的距离为 (ｄ＝ ５２ ＋ )３２ ２ ＋（３－０）槡 ２＝５．因为圆Ｃ的半径ｒ＝ ３２， (所以点 ５２， )３ 到圆Ｃ的最短距离为ｄ－ｒ＝５－ ３２ ＝ ７２ ＞３， 故在圆Ｃ上不存在点Ｄ，使得Ｄ (到点 ５２， )３ 的距离为３． 第９期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＢＣＤ．　４．２ｘ＋槡６ｙ－１０＝０；　５．±槡６． ６．解：由于（２－１）２＋（４＋３）２＝５０＞１，故点Ｍ在圆外． 当切线斜率存在时，设切线方程是ｙ－４＝ｋ（ｘ－２）， 即ｋｘ－ｙ＋４－２ｋ＝０， 由于直线与圆相切，故 ｜ｋ＋３＋４－２ｋ｜ ｋ２＋（－１）槡 ２ ＝１，解得ｋ＝２４７． 所以切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０． 又当切线斜率不存在时，直线ｘ＝２与圆相切． 综上所述，所求切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０或ｘ＝２． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＤ．　４．８．５；　５．（－１，１５）． ６．解：（１）联立 ｘ２＋ｙ２－４ｘ＋２ｙ＝０， ｘ２＋ｙ２－２ｙ－４＝０{ ， 两式相减并整理得ｘ－ｙ－１＝０， 所以过Ａ，Ｂ两点的直线方程为ｘ－ｙ－１＝０． （２）依题意，圆Ｃ１是圆心（２，－１），半径为槡５的圆， 圆Ｃ２是圆心（０，１），半径为槡５的圆， 则所求圆的圆心必是Ｃ１与Ｃ２的中点，即为（１，０）， 又由勾股定理可得所求圆的半径为 ｒ＝ （槡５）２－［（１－０）２＋（０－１）２槡 ］＝槡３， 则所求圆的方程为（ｘ－１）２＋ｙ２＝３． 第９期３，４版 直线与圆、圆与圆的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＣＤＡＤ　５～８　ＡＣＡＤ 提示： ２．两圆的圆心分别为：Ａ（３，－２），Ｂ（７，１）， 半径分别为：ｒ＝２，Ｒ＝６， 两圆心距为：｜ＡＢ｜＝ （７－３）２＋（１＋２）槡 ２＝５， 而Ｒ－ｒ＜｜ＡＢ｜＜Ｒ＋ｒ，所以两圆相交． ３．两圆方程相减，消去二次项得４ｘ－１＝０，此即两圆公共弦所在直线 的方程． ４．由题意可得圆心Ｃ（１，－４）到直线ｌ的距离ｄ≤５， 即 ｜３－４×（－４）＋ｍ｜ ５ ≤５，解得ｍ∈［－４４，６］． ５．因为圆Ｏ上恰有三个点到直线ｌ的距离等于１， 所以圆心Ｏ（０，０）到直线ｌ：ｙ＝ｘ＋ｂ的距离ｄ＝１， 所以 ｜ｄ｜ 槡２ ＝１，解得：ｂ＝槡２或ｂ＝－槡２． ６．根据题意，圆ｘ２＋（ｙ－１）２＝１，其圆心为（０，１），半径为１，圆（ｘ－ ２）２＋（ｙ－５）２＝９，其圆心为（２，５），半径为３，圆心距ｄ＝ ４＋槡 １６＝ 槡２５，有 槡２５＞３＋１＝４，两圆外离，则Ａ，Ｂ两点之间的最短距离为 槡２５－４． ７．如图１，拱形桥ＡＣＢ， 以ＡＢ所在的直线为 ｘ轴，以线段 ＡＢ 的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直角坐标 系，则Ａ（－１０，０），Ｂ（１０，０），Ｃ（０，５），圆心在ｙ 轴上，设为Ｅ（０，ｂ）， 则有｜ＡＥ｜＝｜ＣＥ｜，即 １００＋ｂ槡 ２＝ ｜５－ｂ｜，整理可得２ｂ＋１５＝０，解得ｂ＝ －１５２，所以圆心为 (Ｅ ０，－１５)２ ，半径为｜ＣＥ｜＝｜５－ｂ｜＝２５２， 所以圆的方程为ｘ２ (＋ ｙ＋１５)２ ２ ＝６２５４． 设Ｄ（ａ，３），则有ａ２ (＋ ３＋１５)２ ２ ＝６２５４，解得ａ＝槡４６． 所以要使小船通过圆拱桥，船宽最长为 槡２ ４６． 因为６５＜槡４６＜７，所以１３＜ 槡２ ４６＜１４， 所以船宽最长约为１３米． ８．当射线ＯＰ绕Ｏ点从ｘ轴正半轴逆时针匀速旋转到射线ＯＣ时，所扫 过的内部图形面积在变大，而且根据图２显示，变化量ΔＳ也在变大； 当射线ＯＰ绕Ｏ点从射线ＯＣ逆时针匀速旋转到ｙ轴正半轴时，所扫过 的内部图形面积在变大，而且根据图３显示，变化量ΔＳ在变小，综合选项 可得，选项（Ａ）符合． 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．对于（Ａ），因为两个圆相交，所以有两条公切线，正确； 对于（Ｂ），将两圆方程作差可得 －２ｘ＋２ｙ－２＝０，即得公共弦ＡＢ的 方程为ｘ－ｙ＋１＝０，正确； 对于（Ｃ），直线ＡＢ经过圆Ｏ２的圆心（０，１），所以线段ＡＢ是圆Ｏ２的直 径，故圆Ｏ２中不存在比ＡＢ长的弦，错误； 对于（Ｄ），圆Ｏ１的圆心坐标为（１，０），半径为２，圆心到直线ＡＢ：ｘ－ｙ ＋１＝０的距离为｜１＋１｜ 槡２ ＝槡２，所以圆Ｏ１上的点到直线ＡＢ的最大距离 为２＋槡２，正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ），将直线ｌ的方程变形为ｘ＋２－ｍ（ｙ＋１）＝０， 由 ｘ＋２＝０， ｙ＋１＝{ ０可得 ｘ＝－２， ｙ＝－１{ ， 所以直线ｌ过定点（－２，－１），（Ａ）正确； 对于（Ｂ），Ｃ被ｌ截得的弦长最长时，直线ｌ过圆心Ｃ（５，１）， 则７－２ｍ＝０，解得ｍ＝ ７２，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），圆Ｃ的圆心为Ｃ（５，１），半径为ｒ＝２，当直线ｌ与Ｃ相切时， 则 ｜７－２ｍ｜ １＋ｍ槡 ２ ＝２，解得ｍ＝４５２８，（Ｃ）错； 对于（Ｄ），由（Ｃ）可知，直线ｌ与Ｃ相切时只有一种情况，（Ｄ）错． １１．设圆心为Ｃ，则Ｃ（－２，－５），圆的 半径为５，所以圆与ｘ轴相切． 设切点为 Ｐ，则 Ｐ（－２，０），连接 ＰＡ， ＰＢ，ＰＣ，ＭＣ，则｜ＰＭ｜＝６， 因为 ∠ＭＰＡ ＝ ∠ＭＢＰ，∠ＰＭＡ ＝ ∠ＢＭＰ，所以△ＭＰＡ∽△ＭＢＰ， 所以｜ＰＭ｜２＝｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝３６． 设ＡＢ的中点为Ｎ，连接ＣＮ， 则ＣＮ⊥ＡＢ， 设圆心Ｃ到直线ＡＢ的距离ｄ，则０≤ｄ＜５，｜ＭＣ｜＝ （４＋２）２＋５槡 ２ ＝槡６１，｜ＭＮ｜＝ ｜ＭＣ｜２－ｄ槡 ２＝ ６１－ｄ槡 ２，｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜＝２｜ＭＡ｜ ＋｜ＡＢ｜＝２｜ＭＡ｜＋２｜ＡＮ｜＝２｜ＭＮ｜＝２ ６１－ｄ槡 ２， 因为 ２ ｜ＭＱ｜＝ １ ｜ＭＡ｜＋ １ ｜ＭＢ｜＝ ｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜ ｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜ ＝ ｜ＭＮ｜ １８ ， 所以｜ＭＱ｜＝ ３６｜ＭＮ｜＝ ３６ ６１－ｄ槡 ２ ， 因为０≤ｄ＜５，所以 槡３６ ６１ 槡６１ ≤｜ＭＱ｜＜６．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．６０°／π３；　１３．２；　１４．－槡２． 提示： １２．圆心（０，０）到直线槡３ｘ＋ｙ－ 槡２３＝０的距离ｄ＝ ｜ 槡２３｜ （槡３）２＋槡 １ ＝ 槡３，所以弦长：｜ＡＢ｜＝２ ２２－（槡３）槡 ２＝２，所以△ＯＡＢ为等边三角形， 所以∠ＡＯＢ＝６０°． １３．圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０的圆心为（０，１），半径为１，因为四边形ＰＡＣＢ 的面积Ｓ＝ＰＡ·ＡＣ＝ ＰＣ２－ＡＣ槡 ２·ＡＣ＝ ＰＣ２－槡 １，而Ｓ最小值为２， 所以ＰＣ的最小值为槡５，即圆心（０，１）到直线ｌ的距离 ｜０＋１＋４｜ ｋ２＋槡 １ ＝槡５， 解得ｋ＝２． １４．圆Ｃ１：ｘ２＋ｙ２＋２ａｘ＋ａ２－４＝０的圆心Ｃ１（－ａ，０），半径ｒ１＝２， 圆Ｃ２：ｘ２＋ｙ２－２ｂｙ－１＋ｂ２＝０的圆心Ｃ２（０，ｂ），半径ｒ２＝１， 由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距｜Ｃ１Ｃ２｜＝ ａ２＋ｂ槡 ２＝２－１＝１，可得ａ２＋ｂ２＝１． 设ａ＝ｃｏｓα，ｂ＝ｓｉｎα，ａ∈Ｒ， 所以ａ＋ｂ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈［－槡２，槡２］， 当且仅当α＋π４ ＝－ π ２ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时， 即α＝－ ３４π＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时，ａ＋ｂ的最小值为 －槡２． 四、解答题 １５．解：设所求圆的圆心为（ａ，ｂ）， 则圆心到直线ｘ－ｙ－１＝０的距离ｄ＝ ４－槡 ２＝槡２． 根据题意有 ｂ＝２ａ， ｜ａ－ｂ－１｜ 槡２ ＝槡２{ ，解得 ａ＝－３，ｂ＝－{ ６或 ａ＝１，ｂ＝２{ ． 所以所求圆的方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝４和（ｘ＋３）２＋（ｙ＋６）２ ＝４（或ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋１＝０和ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋１２ｙ＋４１＝０）． １６．（１）证明：圆心（０，０）到直线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０的距离为 ｄ＝ ｜ｃ｜ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ ｜ｃ｜２ 槡３ ｜ｃ｜ ＝槡３２ ＜１＝ｒ，所以直线与圆相交． （２）解：｜ＭＮ｜＝２ ｒ２－ｄ槡 ２＝２ １ (－ 槡３)２槡 ２ ＝１． １７．解：（１）圆Ｃ的方程：ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋ｍ＝０， 即为：（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５－ｍ， 所以５－ｍ＞０，即ｍ＜５，所以ｍ的取值范围是（－∞，５）． （２）圆Ｃ与圆Ｄ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋１）２＝１６相外切时，圆心距等于半 径之和，圆Ｃ的圆心为（１，２），设半径为ｒ１，圆Ｄ的圆心为（－３，－１），半径 为ｒ２＝４，所以 （１＋３）２＋（２＋１）槡 ２＝ｒ１＋４，解得ｒ１＝１． 所以圆Ｃ的半径为１． １８．解：（１）根据题意可设圆心Ｃ（２ｔ，ｔ），ｔ＞０，半径为ｒ． 则半径ｒ＝２ｔ，由勾股定理可得ｔ２＋（槡３）２＝（２ｔ）２，解得ｔ＝１， 此时圆心Ｃ（２，１），半径为２，圆Ｃ的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ－１）２＝４， 所以圆心Ｃ的坐标为Ｃ（２，１）． （２）依题意设圆心Ｃ（ａ，ｂ），半径为Ｒ． 因为圆心Ｃ在直线ｙ＝ １２ｘ上，所以ａ＝２ｂ． 若圆Ｃ与直线ｘ－２ｙ－１＝０相切，可得｜ａ－２ｂ－１｜ 槡５ ＝Ｒ＝槡５５， 若圆Ｃ与圆Ｑ：ｘ２＋（ｙ－２）２＝１相外切，则｜ＣＱ｜＝Ｒ＋１， 即 （ａ－０）２＋（ｂ－２）槡 ２＝１＋Ｒ， 可得５ｂ２－４ｂ＋１４－ 槡２５５ ＝０， 该方程Δ＜０，所以该方程无解，故不存在满足题意的圆Ｃ． １９．解：（１）圆Ｃ的圆心Ｃ（－３，４），半径ｒ＝４， 由弦ＡＢ的长为 槡２ １１得点Ｃ到直线ｌ的距离为 ｄ＝ ｒ２ (－ １２ )｜ＡＢ｜槡 ２ ＝ ４２－（槡１１）槡 ２＝槡５， 又ｄ＝｜（２ｍ＋１）×（－３）＋（ｍ－２）×４－３ｍ－４｜ （２ｍ＋１）２＋（ｍ－２）槡 ２ ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ，所以槡 ５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝槡５，解得ｍ＝－ ４ ３． （２）ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝１－２ｓｉｎ２∠ＭＰＣ＝１－ (２ ｜ＣＭ｜)｜ＣＰ｜ ２ ＝１－ ３２ ｜ＣＰ｜２ ， 由（１）知点Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ， 所以｜ＣＰ｜≥ｄ，所以｜ＣＰ｜＝ｄ时，ｃｏｓ∠ＭＰＮ的值最小， 即ｃｏｓ∠ＭＰＮ的最小值为１－３２ ｄ２ ， 由已知得１－３２ ｄ２ ＝１３４５，解得ｄ＝ 槡３５，所以 槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝ 槡３５， 解得ｍ＝ ３４，当ｍ＝ ３ ４ 时，直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ－５＝０， 设Ｐ（ａ，２ａ－５），以ＣＰ为直径的圆记为圆Ｄ， 则圆Ｄ的方程为（ｘ＋３）（ｘ－ａ）＋（ｙ－４）（ｙ－２ａ＋５）＝０， 即ｘ２＋ｙ２＋（３－ａ）ｘ＋（１－２ａ）ｙ＋５ａ－２０＝０， ① 圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ－８ｙ＋９＝０， ② 由② －①得（ａ＋３）ｘ＋（２ａ－９）ｙ－５ａ＋２９＝０， ③ 因为Ｍ，Ｎ两点为圆Ｃ和圆Ｄ的公共点， 所以③即为直线ＭＮ的方程， ③变形得（ｘ＋２ｙ－５）ａ＋３ｘ－９ｙ＋２９＝０， 由 ｘ＋２ｙ－５＝０， ３ｘ－９ｙ＋２９＝０{ ，　解得 ｘ＝－１３１５， ｙ＝４４１５ { ， 所以直线ＭＮ (经过定点 －１３１５，４４)１５ ． 第１０期 直线和圆的方程核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＡＣＤＤ 提示： １．由题可得直线ｌ过定点（０，１）， 因为０２－２×０＋１２－３＝－２＜０， 所以点（０，１）在圆内， 所以直线ｌ与Ｃ的交点个数为２个．故选（Ｃ）． ３．由ａｘ＋ｙ＋３ａ－１＝０可得ａ（ｘ＋３）＋ｙ－１＝０， 令 ｘ＋３＝０， ｙ－１＝０{ ，可得ｘ＝－３，ｙ＝１，所以Ｎ（－３，１）． 设直线２ｘ＋３ｙ－６＝０关于点Ｎ对称的直线方程为２ｘ＋３ｙ＋ｃ＝０（ｃ ≠－６）， 则 ｜－６＋３－６｜ ４＋槡 ９ ＝｜－６＋３＋ｃ｜ ４＋槡 ９ ，解得ｃ＝１２或ｃ＝－６（舍去）， 所以所求直线方程为２ｘ＋３ｙ＋１２＝０，故选（Ｂ）． ４．方程ｘ２＋ｙ２＋（ｋ－１）ｘ＋２ｋｙ＋ｋ＝０表示圆的条件为（ｋ－１）２＋ （２ｋ）２－４ｋ＞０，即５ｋ２－６ｋ＋１＞０，解得ｋ＞１或ｋ＜ １５，又知该方程不 表示圆，所以ｋ的取值范围为 １５≤ｋ≤１，又因为ｋ {∈ －２，０，４５，}３ ， 所以满足条件的ｋ＝ ４５，即ｋ {的取值集合为 }４５ ，故选（Ａ）． ５．设Ｍ（ｍ，ｎ），故有ｍ２＋ｎ２＝１，即ｎ２＝１－ｍ２， 由→ →  ＰＭ ＝ＭＮ，则点Ｍ为ＰＮ中点， 故Ｎ（２＋２ｍ，２ｎ），故有（２＋２ｍ）２＋（２ｎ）２＝１， 即有（２＋２ｍ）２＋４（１－ｍ２）＝１，整理得８ｍ＋８＝１， 即ｍ＝－ ７８． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%& 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8'%+ ($&& 2 ! " # $ % & ' ! ! ! ! " ! & ' ( ! ) ' ( ! # * + , & $ - ! ( . ' ! $ ! ! / ! " "! ( & " 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 %$ %" " $ $ " %" %$ & ! $! ' " $ ! ' ! " ! !%! %! ( ' ! # 书 圆在实际生活和社会实践中有着广泛的应用．生 活中与圆有关的实际应用问题，往往是通过建立数学 模型，把实际应用问题转化为数学问题来处理的．下面 举几个例子加以说明． 一、寻找沉船位置 例１海上一艘船不幸突然失事，当时有三个幸存 者在海中向着不同的方向游去，假如他们三个人的游 泳速度是相同的，过了四十分钟后，直升机赶到失事现 场，发现了三个人的位置分别是 Ａ（０，－５），Ｂ（７，２）， Ｃ（７，－６），那么你知道该如何确定轮船沉没的大致位 置吗？ 分析：设轮船沉没的位置为 Ｏ，因为三人游泳的速 度是相同的，那么从点Ｏ分别向三个不同的方向游去， 则三个人必定距失事地点一样远，即｜ＯＡ｜＝｜ＯＢ｜＝ ｜ＯＣ｜，因此，找出△ＡＢＣ外接圆的圆心Ｏ，即为轮船沉 没的大致位置． 解：因为ｋＡＢ ＝ ２－（－５） ７－０ ＝１，ｋＡＣ ＝ －６－（－５） ７－０ ＝ －１７，所以Ａ，Ｂ，Ｃ三点不在同一条直线上． 由题意知Ａ，Ｂ，Ｃ三点到轮船沉没的位置的距离是 相等的，故可设过Ａ，Ｂ，Ｃ三点的圆的方程为 ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０． 因为Ａ，Ｂ，Ｃ三点都在圆上， 所以可得方程组如下： －５Ｅ＋Ｆ＋２５＝０， ７Ｄ＋２Ｅ＋Ｆ＋５３＝０， ７Ｄ－６Ｅ＋Ｆ＋８５＝０ { ． 解得 Ｄ＝－８， Ｅ＝４， Ｆ＝－５ { ． 所以过Ａ，Ｂ，Ｃ三点的圆的方程为ｘ２＋ｙ２－８ｘ＋４ｙ －５＝０，即（ｘ－４）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５． 从而轮船沉没的位置大致为（４，－２）． 二、安全过桥 例２船前方的河道上有一座圆拱桥，在正常水位 时，拱圈最高点距水面９米，拱圈内水面宽２２米．一只 船顶部宽４米，行驶时露在水面以上部分高６．５米，如 图１．但是近日水位上涨了２．７米，船已经不能通过桥洞 了，船员必须加重船载，降低船身在水面以上的高度， 船才能安全驶过桥洞．试问：船身必须降低多少才能通 过桥洞（精确到０．０１米）？ 分析：建立坐标系，将实际问题转化为圆的问题． 解：以正常水位时，水面与桥横截面的交线所在直 线为ｘ轴，以过最高点且与水面垂直的直线为 ｙ轴，建 立平面直角坐标系，如图２所示． 则Ａ，Ｂ，Ｄ三点的坐标分别为 Ａ（－１１，０），Ｂ（１１， ０），Ｄ（０，９）． 又圆心Ｃ在ｙ轴上，故可设Ｃ（０，ｂ）． 因为｜ＣＤ｜＝｜ＣＢ｜，所以９－ｂ＝ １１２＋ｂ槡 ２． 解得ｂ＝－２０９，所以｜ＣＤ｜＝９＋ ２０ ９ ＝ １０１ ９． 所以圆拱所在圆的方程为 ｘ２＋ ｙ＋２０( )９ ２ ＝ １０１( )９ ２ ． 当ｘ＝２时，求得ｙ≈８．８２０，即桥拱宽为４米的地 方距正常水位时的水面约８．８２０米，距涨水后的水面约 ６．１２０米． 因为船露出水面以上的部分高为６．５米， 所以船身必须降低６．５－６．１２０＝０．３８（米）以上， 船才能顺利通过桥洞． 例３已知某隧道截面是一 圆拱形，路面宽为４槡５米，高为 ４米．车辆只能在道路中心线 一侧行驶，一辆宽为２５米、高 为３５米的货车能否驶入这个隧道？请说明理由．（参考 数据：槡１４≈３７４） 解：该货车不能驶入这个隧道．理由如下： 建立如图３所示的平面直角坐标系． Ａ（－２槡５，０），Ｂ（０，４），设圆心Ｍ（０，ｍ）， 由｜ＭＡ｜＝｜ＭＢ｜，得ｍ＝－１２， 所以｜ＭＡ｜＝｜ＭＢ｜＝ ９２， 所以圆的方程为ｘ２ (＋ ｙ＋１ )２ ２ (＝ ９ )２ ２ ， 所以当ｘ＝２５时，ｙ＝槡１４－ １ ２≈３７４－０５＝ ３２４＜３５， 即宽为２５米、高为３５米的货车不能驶入这个隧道． 三、合理选择购货地点 例４有一种大型商品，Ｍ，Ｎ两地都有出售，且价格 相同，某地居民从两地之一购得商品后，运回的费用如 下：单位距离Ｍ地的运费是Ｎ地运费的３倍．已知Ｍ，Ｎ 两地的距离为１０千米，顾客选Ｍ地或Ｎ地购买这种商 品的标准为包括运费和价格的总费用较低．求 Ｍ，Ｎ两 地的售货区域的分界线的曲线形状，并指出曲线上、曲 线内、曲线外的居民应如何选择购货地点． 解：如图４，以Ｍ，Ｎ所确定的直 线为ｘ轴，Ｍ，Ｎ的中点Ｏ为坐标原 点，建立直角坐标系． 根据题意，有Ｍ（－５，０），Ｎ（５， ０）． 设某地 Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ），并 设Ｍ地运费为３ａ元 ／千米，Ｎ地运费为ａ元 ／千米． 因此，当由Ｐ地到Ｍ，Ｎ两地购货总费用相等时，有 Ｍ地运费 ＋价格 ＝Ｎ地运费 ＋价格， 所以３ａ （ｘ＋５）２＋ｙ槡 ２ ＝ａ （ｘ－５）２＋ｙ槡 ２． 因为ａ＞０， 所以３ （ｘ＋５）２＋ｙ槡 ２ ＝ （ｘ－５）２＋ｙ槡 ２． 两边平方并整理，得 ｘ＋２５( )４ ２ ＋ｙ２ ＝ １５( )４ ２ ． （１）当Ｐ地在以 －２５４，( )０为圆心， １５ ４为半径的圆 上时，居民到Ｍ，Ｎ两地购货总费用相等； （２）当Ｐ地在上述圆内时， ｘ＋２５( )４ ２ ＋ｙ２ ＜ １５( )４ ２ ， 即［９（ｘ＋５）２ ＋９ｙ２］－［（ｘ－５）２ ＋ｙ２］ ＝ ８ ｘ＋２５( )４ ２ ＋ｙ２－ １５( )４[ ] ２ ＜０， 所以３ （ｘ＋５）２＋ｙ槡 ２ ＜ （ｘ－５）２＋ｙ槡 ２， 故此时到Ｍ地购货最合算． （３）当Ｐ地在上述圆外时，到Ｎ地购货最合算． ! ! " #$% & '' ! !"(#"$ " # $ # % ! ! ! % " & ' ( ! " ! !" #$% ! $ )' % " ! ! ' % " % & ' ( ! * " 书 １８．（１７分）（２０２４上海期末）如图４，在宽为１４ｍ的 路边安装路灯，灯柱ＯＡ高为８ｍ，灯杆ＰＡ是半径为ｒ的 圆Ｃ的一段劣弧．路灯采用锥形灯罩，灯罩顶 Ｐ到路面 的距离为１０ｍ，到灯柱ＯＡ所在直线的距离为２ｍ．设Ｑ 为灯罩轴线与路面的交点，圆心Ｃ在线段ＰＱ上．以Ｏ为 原点，以ＯＡ所在直线为ｙ轴建立平面直角坐标系． （１）当点Ｑ恰好为路面中点时，求此时圆Ｃ的方程； （２）记圆心Ｃ在路面上的射影为Ｈ，且Ｈ在线段ＯＱ 上，求ＨＱ的最大值． １９．（１７分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几 里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点Ａ，Ｂ的 距离之比为定值λ（λ≠１）的点所形成的图形是圆．后 来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆， 简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系ｘＯｙ中，Ａ（－１，０）， Ｂ（３，０）．动点Ｐ满足｜ＰＡ｜｜ＰＢ｜＝ １ ３，设动点Ｐ的轨迹为曲 线Ｃ． （１）求曲线Ｃ的方程； （２）求曲线Ｃ关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的曲线方程； （３）在Ｃ上是否存在点Ｄ，使得Ｄ (到点 ５２， )３ 的 距离为３？ ! " ! #"$ %! !!""" '+'"&,''#( &'()*+,-. # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # # ! ! !"#$% /012 * 3. !"#$%&'()*+,'-. !"#$ %& - '()*+,-. ) *+ 45$ , ) *+ 678 , % - .+ 9:$ , ) *+ ; < , ) *+ = > -./01+ 9 ? 23/01+ 9@A -4506+ B C -4578+ DEF 7GH I J KLM N O PQR 6ST NU@ V E WXM YZ5 I[\ ][^ 65_ `>a bcJ d R efg 7hi 91-.+ 7GH 91:;+ efg <=-.+ 6jk >?-.+ lmn @ABC+ opq rstuvwxy rstvz{|}~€ rst‚ƒ„…†‡ˆ‰Šx‹ ŒŽ‘’3 “”45$ •–—˜™š’3›œ”./!")+0+01/2. žŸœ”'!)',&  aŒw¡¢£¤¥¦2˜§/̈ z ! 3"2 # - 书 求圆的方程的题型有很多，如果认真分析题目条 件，根据已知条件的不同采用不同的方法求圆的方程， 可以取得事半功倍的效果．下面就常见的题型进行剖 析，希望能对同学们有所帮助． 一、直接法 例１已知圆Ｃ的圆心为（－１，１），点Ａ（２，－１）在圆 Ｃ上，求圆Ｃ的方程． 解：因为点Ａ在圆Ｃ上， 则Ａ，Ｃ两点间的距离等于圆Ｃ的半径． ｜ＡＣ｜＝ （２＋１）２＋（－２）槡 ２ ＝槡１３． 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋１）２＋（ｙ－１）２ ＝１３． 二、待定系数法 例２求过三点Ｏ（０，０），Ｍ（１，１），Ｎ（４，２）的圆的方 程，并求这个圆的半径和圆心坐标． 解：设圆的方程为ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０． 因为Ｏ（０，０），Ｍ（１，１），Ｎ（４，２）在圆上， 把它们的坐标代入圆的方程得到关于 Ｄ，Ｅ，Ｆ的三 元一次方程组，即 Ｆ＝０， Ｄ＋Ｅ＋Ｆ＋２＝０， ４Ｄ＋２Ｅ＋Ｆ＋２０＝０ { ． 解得Ｄ＝－８，Ｅ＝６，Ｆ＝０． 所以所求圆的方程为ｘ２＋ｙ２－８ｘ＋６ｙ＝０． ｒ＝１２ Ｄ ２＋Ｅ２－４槡 Ｆ＝５，－ Ｄ ２ ＝４，－ Ｅ ２ ＝－３． 所以半径为５，圆心坐标为（４，－３）． 三、利用对称性法 例３将圆Ｃ：（ｘ＋１）２＋（ｙ－４）２＝１绕点Ａ（２，－２）按 顺时针方向旋转１８０°得到曲线Ｍ，求曲线Ｍ的轨迹方程． 解：圆Ｃ的圆心坐标为Ｃ（－１，４）． 圆Ｃ按顺时针方向旋转１８０°得到曲线Ｍ的轨迹仍 为圆，半径ｒ＝１． 由题意可知圆心Ｍ与Ｃ（－１，４）关于点Ａ（２，－２） 对称，即Ａ为ＭＣ的中点． 设Ｍ（ｘ，ｙ），根据中点坐标公式有 ｘ－１ ２ ＝２， ｙ＋４ ２ ＝－２． 解得Ｍ（５，－８）． 所以曲线Ｍ的轨迹方程为（ｘ－５）２＋（ｙ＋８）２ ＝１． 四、图形结合 例４已知Ｂ，Ｄ两点在圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝ｒ２上运动，Ａ（ａ， ０）是圆Ｏ内一点（其中０＜ａ＜ｒ），且ＡＢ⊥ＡＤ，四边形 ＡＢＰＤ是矩形，则Ｐ点的轨迹方程是 （　　） （Ａ）ｘ２＋ｙ２＋４ｒ２ ＝０ （Ｂ）ｘ２＋ｙ２＋２ｒ２－ａ２ ＝０ （Ｃ）ｘ２＋ｙ２－２ｒ２＋ａ２ ＝０ （Ｄ）ｘ２＋ｙ２－４ｒ２ ＝０ 解：设Ｐ（ｘ，ｙ），点Ｍ为矩形ＡＢＰＤ两对角线的交点， 且 (Ｍ ｘ＋ａ２ ，ｙ)２ ． 如下图所示， 易知｜ＤＭ｜２ ＝｜ＡＭ｜２ (＝ １２ )｜ＡＰ｜ ２ ＝ １４［（ｘ－ａ） ２＋ｙ２］． 又｜ＤＯ｜２ ＝｜ＤＭ｜２＋｜ＯＭ｜２， 即ｒ２ ＝１４［（ｘ－ａ） ２＋ｙ２］ (＋ ｘ＋ａ)２ ２ (＋ ｙ)２ ２ ， 整理得ｘ２＋ｙ２－２ｒ２＋ａ２ ＝０．故选（Ｃ）． 书 一、方程的形式 圆的标准方程的形式为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２＝ｒ２，圆 心为（ａ，ｂ），半径为 ｒ．圆的一般方程的形式为 ｘ２＋ｙ２＋ Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０，其中Ｄ２＋Ｅ２－４Ｆ＞０．圆的两种方程 的形式虽然不同，但它们的本质是相同的，并且可以相 互转化，在不同的条件下它们各有优势． 二、方程的特点 圆的标准方程的特点是明确指出了圆心和半径，圆 心确定了圆的位置，半径确定了圆的大小，这就为进一 步研究圆的有关性质作好了准备． 圆的一般方程进一步突出了圆的方程形式上的特 点：（１）没有ｘｙ这样的二次项；（２）二次项的系数相等． 由圆的一般方程的特点可以较容易地判断一般的二元 二次方程是否表示圆． 三、方程的适用环境 如果题目中涉及到了圆的圆心和半径，则一般用圆 的标准方程求解；如果题目没有给出圆心和半径或者根 据已知条件不易确定圆心和半径时一般考虑使用圆的 一般方程． 四、方程的应用举例 例 求圆心在直线２ｘ－ｙ－３＝０上，且过点（５，２）和 点（３，－２）的圆的方程． 分析一：因为已知与圆心有直接关系，所以可以考 虑圆的标准方程． 解法一：设圆的方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝ｒ２，则 ２ａ－ｂ－３＝０， （５－ａ）２＋（２－ｂ）２ ＝ｒ２， （３－ａ）２＋（－２－ｂ）２ ＝ｒ２ { ． 解得 ａ＝２， ｂ＝１， ｒ＝槡１０ { ． 所以圆的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ－１）２ ＝１０． 分析二：因为题目已给出圆过点的信息，所以也可 以用圆的一般方程． 解法二：设圆的方程为ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０，则 圆心坐标为 －Ｄ２，－ Ｅ( )２ ，将已知两点坐标代入圆的方 程，将圆心坐标代入已知直线的方程，得 ５２＋２２＋５Ｄ＋２Ｅ＋Ｆ＝０， ３２＋（－２）２＋３Ｄ－２Ｅ＋Ｆ＝０， ２Ｄ－Ｅ＋６＝０ { ． 解得 Ｄ＝－４， Ｅ＝－２， Ｆ＝－５ { ． 所以圆的方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－２ｙ－５＝０． 点评：确定圆的方程的主要方法是待定系数法．在 用待定系数法求圆的方程时，要善于根据已知条件的特 征来选择圆的方程．如果已知圆心和半径，或圆心到直 线的距离，通常可用圆的标准方程；如果已知圆经过某 些点，通常选用圆的一般方程． 书 圆的方程主要有标准方程和一般方程，那么在具 体求圆的方程过程中，对这两种形式的方程应如何选 择呢？ 一、标准方程的选择 根据标准方程的结构特点，选择标准方程一般具 有如下特征：（１）条件中涉及到圆心；（２）涉及到圆的 半径．选用圆的标准方程有两种求法：（１）根据条件直 接求得ａ，ｂ，ｒ，然后代入标准形式；（２）利用待定系数 法，建立关于ａ，ｂ，ｒ的方程（组）求解． 例１已知圆心在直线ｘ＝－１上，半径为槡２９的圆 Ｃ与圆Ｃ′：ｘ２＋ｙ２－６ｘ＋２ｙ－１０＝０的圆心之间的距 离为２槡５，求圆Ｃ的方程． 解：根据条件可设圆Ｃ的方程为 （ｘ＋１）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝２９． 圆Ｃ′的方程配方得（ｘ－３）２＋（ｙ＋１）２ ＝２０， 其圆心为（３，－１）． 则 （－１－３）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝２槡５， 解得ｂ＝－３或ｂ＝１． 故所求圆Ｃ的方程为（ｘ＋１）２＋（ｙ＋３）２ ＝２９ 或（ｘ＋１）２＋（ｙ－１）２ ＝２９． 例２求圆心在直线５ｘ－３ｙ＝８上，且与坐标轴相 切的圆的方程． 解：设所求圆的方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝ｒ２． 因为圆与坐标轴相切，所以ａ＝±ｂ，ｒ＝｜ａ｜． 又因为圆心（ａ，ｂ）在直线５ｘ－３ｙ＝８上， 所以５ａ－３ｂ＝８． 由 ａ＝±ｂ， ５ａ－３ｂ＝８，{ ｒ＝｜ａ｜ 解得 ａ＝４， ｂ＝４， ｒ＝ { ４ 或 ａ＝１， ｂ＝－１， ｒ＝１ { ． 所以所求圆的方程为（ｘ－４）２＋（ｙ－４）２ ＝１６ 或（ｘ－１）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． 二、一般方程的选择 由于一般方程体现方程的“一般性”，因此求圆的 方程均可选用此种形式，但是如果不考虑试题的特点， 都选用一般方程，有时会增加运算量．通常情况下求圆 的方程要优先考虑用标准方程，其次才考虑一般方程． 例３求经过Ａ（４，２），Ｂ（－１，３）两点，且在两坐标 轴上的四个截距之和是２的圆的方程． 解：设所求圆的方程为ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０， 令ｙ＝０，得ｘ２＋Ｄｘ＋Ｆ＝０， 所以圆在ｘ轴上的截距之和为ｘ１＋ｘ２ ＝－Ｄ， 令ｘ＝０，得ｙ２＋Ｅｙ＋Ｆ＝０， 所以圆在ｙ轴上的截距之和为ｙ１＋ｙ２ ＝－Ｅ． 由题设ｘ１＋ｘ２＋ｙ１＋ｙ２ ＝－（Ｄ＋Ｅ）＝２， 所以Ｄ＋Ｅ＝－２． ① 又Ａ（４，２），Ｂ（－１，３）在圆上， 所以１６＋４＋４Ｄ＋２Ｅ＋Ｆ＝０， ② １＋９－Ｄ＋３Ｅ＋Ｆ＝０． ③ 由①②③解得Ｄ＝－２，Ｅ＝０，Ｆ＝－１２， 故所求圆的方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ－１２＝０． ! ©ª «•¬ $ ( # % ' ) & * ! ­s ®5¯ $ + , - * ( % ) ! " $°Ž!±!3 3 $²]˜’3 $‘¶·¸”+*%!)%'0!'%# $°Ž¹º”rs»¼½¾L¿ÀÁÂà !*' œŒŽ aŒw‘¶ $ÄÅ”+*+++# $¾Æ¶ÇŽÈɔ+*%!#%'0!!'% +*%!#%'0!'*0/ÊË. $Ç̔ÍΰŽ¾Æ¶ºÏÐѕÒӝÔ/Õ. $ÄÇÌÈɔ!!!,% $Ö×ØÙÇÚÛÇÜÝÇ $°ŽÞѕһ/¾.ßzàá⎠$ã䅆åÖ朔!"++++"+++!!+ $ã䶷¸”+*%!#%'0!'%% $°Žçèªéê~ë쇈‰Š/íî¾ïðÀñòóôõ|}ö !! œ.÷ëøù‡ëúûüýþøÍΰÿ¾Æ¶ºÏ!" /,# !ø$$a%. &'()* +,-öÉ "#$%&'() *+,-./'012 3456()789: ;<=>?@ABC DEFGHI7JI KL6MNOJIPQ R=ST7UV'AB I(FGWXYZ'[ \]^_7DB6 ` abc)Eda;ef g7hijk0lm +4niopq8rs tdauvpw xy,z7{| }~b €S‚bc )ƒt<„…†*+ j‡7ˆ‰Šb‹@Œ Ž7\‘bO, -j‡sb;’“h” •–7—˜b‹@™š ABh”•–C›œ ƒžšŠb()Ÿ™š  ¡¢£¤C›œ  €¥Eb8¦()§ ¨7©ª«¬­®¢£ 7¯°±‡²³´µ¶ io6‹Ÿ;·’¸¹ ¤'º_l¦V»s¼ ½¾¾7¿À´Á; ¢£ÃÄÅÆ­CNB6 <Ç€ŸS‚'( );ABÈÉCÊà ËÌÍ-7Î|6 书 １．圆Ｃ：（ｘ－ａ）２＋（ｙ＋１）２＝４的圆心到直线ｘ＝ １与直线ｙ＝１的距离相等，则实数ａ＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）－１ （Ｂ）１或 －３ （Ｃ）－１或３ （Ｄ）３ ２．（２０２４广西期末）已知两直线ｙ＝ｘ＋２ｋ与ｙ＝ －ｘ的交点在圆ｘ２＋ｙ２＝８的内部，则实数ｋ的取值范围 是 （　　） （Ａ）（－１，１） （Ｂ）（－２，２） （Ｃ）（－３，３） （Ｄ）（－槡２，槡２） ３．（多选）设圆的方程是（ｘ－ａ）２＋（ｙ＋ｂ）２＝ａ２＋ ｂ２，其中ａ＞０，ｂ＞０，下列说法中正确的是 （　　） （Ａ）该圆的圆心为（ａ，ｂ） （Ｂ）该圆过原点 （Ｃ）该圆与ｘ轴相交于两个不同点 （Ｄ）该圆的半径为ａ２＋ｂ２ ４．在平面直角坐标系中，点集Ａ＝｛（ｘ，ｙ）｜ｘ２＋ｙ２ ≤１｝，则点集Ｐ＝｛（ｘ，ｙ）｜ｘ＝ｘ１＋３，ｙ＝ｙ１＋１，（ｘ１， ｙ１）∈Ａ｝所表示的区域的面积为 ． ５．（２０２４宁夏银川六盘山高级中学校考三模）已知 直线ｘ＋３ｙ＝１经过圆（ｘ－ｍ）２＋（ｙ－ｎ）２＝１的圆心， 其中ｍｎ＞０，则 ３ｍ ＋ １ ｎ的最小值为 ． ６．（２０２４海南嘉积中学月考）圆过点 Ａ（１，－２）， Ｂ（－１，４）． （１）求周长最小的圆的方程； （２）求圆心在直线２ｘ－ｙ－４＝０上的圆的方程． １．（２０２４山西吕梁期末）已知圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２－４ｘ＋６ｙ ＋５＝０，则圆心Ｏ和半径ｒ分别为 （　　） （Ａ）Ｏ（－２，３），ｒ＝ 槡３２ （Ｂ）Ｏ（２，－３），ｒ＝ 槡２２ （Ｃ）Ｏ（－２，３），ｒ＝ 槡２２ （Ｄ）Ｏ（２，－３），ｒ＝ 槡３２ ２．下列方程能表示圆的是 （　　） （Ａ）ｘ２＋ｙ２＋２ｘ＋１＝０ （Ｂ）ｘ２＋ｙ２＋２０ｘ＋１２１＝０ （Ｃ）ｘ２＋ｙ２＋２ａｘ＝０ （Ｄ）ｘ２＋ｙ２＋２ａｙ－１＝０ ３．（多选）方程λ（ｘ２＋ｙ２－２ｘ）＋μ（ｘ２＋ｙ２－２ｙ） ＝０（λ，μ不全为零），下列说法中正确的是 （　　） （Ａ）当λμ＝０时为圆 （Ｂ）当λμ≠０时不可能为直线 （Ｃ）当方程为圆时，λ，μ满足λ＋μ≠０ （Ｄ）当方程为直线时，直线方程为ｙ＝ｘ ４．若直线３ｘ＋ｙ＋ａ＝０过ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－４ｙ＝０ 的圆心，则ａ的值为 ． ５．点Ｐ（１，２）和圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２＋２ｋｘ＋２ｙ＋ｋ２＝０上 的点的距离的最小值是 ． ６．（２０２３河北唐山一中期末）已知三点 Ａ（１，０）， Ｂ（０，槡３），Ｃ（２，槡３），求△ＡＢＣ的外接圆的方程． 书 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．ＡＢＤ．　４．（－４，３）；　５．－３． ６．解：（１）解方程组 ３ｘ－ｙ＋４＝０， ｘ＋３ｙ＋２＝０{ ，得 ｘ＝－７５， ｙ＝－１５ { ， 所以这两条直线相交， (交点坐标是 －７５，－ )１５ ． （２）ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０可化为方程３ｘ－５ｙ＋１０＝０， 所以 ３ｘ－５ｙ＋１０＝０， ９ｘ－１５ｙ＋３０＝{ ０有无数多个解， 故ｌ１：３ｘ－５ｙ＋１０＝０与ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０重合． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＡＤ； ４．（－∞，－槡３］∪［槡３，＋∞）；　５． 槡２ １０． ６．解：（１）由题意，｜５×２－１２ｍ＋６｜ ５２＋１２槡 ２ ＝４， 解得ｍ＝１７３或ｍ＝－３． （２）结合（１）可得ｍ＝－３， 因为直线ｌ１：ａｘ－ｙ－３＝０与ｌ２：－３ｘ＋ａｙ＋６＝０平行， ａ＞０， 所以 ａ －３＝ －１ ａ≠ －３ ６，解得ａ＝槡３， 所以直线ｌ１：槡３ｘ－ｙ－３＝０， ｌ２：－３ｘ＋槡３ｙ＋６＝０，即槡３ｘ－ｙ－ 槡２３＝０， 所以直线ｌ１与ｌ２之间的距离为ｄ＝槡３－ ３ ２． 一、单项选择题 １～４　ＣＣＣＤ　５～８　ＡＢＢＣ 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＢＣＤ． 三、填空题 １２．２ｘ－ｙ＋１＝０；　１３．槡２；　１４．１． 四、解答题 １５．解：（１）设直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋ｎ＝０， 由题可得 －２－１＋ｎ＝０，解得ｎ＝３， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋３＝０． （２）结合（１）设直线ｍ的方程为ｘ－ｙ＋ｔ＝０， 因为点Ｐ（－２，１）到直线ｍ的距离为槡２， 则ｄ＝｜－２－１＋ｔ｜ 槡２ ＝槡２，解得ｔ＝５或ｔ＝１， 直线ｍ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０或ｘ－ｙ＋１＝０． １６．解：（１）由 ２ｘ－ｙ＋３＝０， ３ｘ－ｙ＋２＝０{ ，解得 ｘ＝１，ｙ＝５{ ， 即两直线的交点坐标为（１，５）． 则直线经过点（１，５）和（２，３）， 由两点式方程得， ｙ－３ ５－３＝ ｘ－２ １－２， 化简得所求直线方程为２ｘ＋ｙ－７＝０． （２）由３ｘ＋ｙ－１＝０可得直线的斜率为 －３， 故平行于直线３ｘ＋ｙ－１＝０的直线的斜率为 －３， 结合（１）问可知：两条直线ｙ＝２ｘ＋３与３ｘ－ｙ＋２＝０的交点 为（１，５）， 由点斜式方程得，ｙ－５＝－３（ｘ－１）， 化简得所求直线方程为３ｘ＋ｙ－８＝０． １７．解：（１）直线ｌ２可化为２ｘ－ｙ－ １ ２ ＝０， 所以ｌ１与ｌ２的距离为ｄ＝ (ａ－ － )１２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡７５１０． 因为ａ＞０，所以ａ＝３． （２）设存在点Ｐ（ｘ０，ｙ０）满足， 则点Ｐ在与ｌ１，ｌ２平行直线ｌ′：２ｘ－ｙ＋ｃ＝０上． 且 ｜ｃ－３｜ 槡５ ＝ １２· ｃ＋１２ 槡５ ，即ｃ＝１３２或ｃ＝ １１ ６． 所以满足条件②的点满足２ｘ０－ｙ０＋ １３ ２ ＝０或２ｘ０－ｙ０＋ １１ ６ ＝０． 若点Ｐ满足条件③，由点到直线的距离公式， 有 ｜２ｘ０－ｙ０＋３｜ 槡５ ＝槡２ 槡５ · ｜ｘ０＋ｙ０－１｜ 槡２ ， 即｜２ｘ０－ｙ０＋３｜＝｜ｘ０＋ｙ０－１｜， 所以ｘ０－２ｙ０＋４＝０或３ｘ０＋２＝０， 因为点Ｐ在第一象限，所以３ｘ０＋２＝０不成立． 联立方程２ｘ０－ｙ０＋ １３ ２ ＝０和ｘ０－２ｙ０＋４＝０， 解得 ｘ０＝－３， ｙ０＝ １ ２ { ，（舍去） 联立方程２ｘ０－ｙ０＋ １１ ６ ＝０和ｘ０－２ｙ０＋４＝０， 解得 ｘ０ ＝ １ ９， ｙ０ ＝ ３７ １８ { ， 所以 (Ｐ １９，３７)１８ 即为同时满足条件的点． １８．解：（１）Ｃ（１，２）关于ｘ轴的对称点Ｃ′（１，－２）， ｌＣ′Ｍ∶ｙ＝ｘ－３，联立ｙ＝ｘ－３与ｙ＝－ｘ＋７，得Ｎ（５，２）， 所以光所走过的路程即｜Ｃ′Ｎ｜＝ 槡４２． （２）对于线段ｙ＝－ｘ＋８，ｘ∈［３，５］， 令其端点Ａ（３，５），Ｂ（５，３），则ｋＣ′Ａ ＝ ７ ２，ｋＣ′Ｂ ＝ ５ ４， [所以反射光斜率的取值范围是 ５４， ]７２ ． （３）若反射光与直线ｙ＝－ｘ＋ｂ垂直， 则反射光的方程为：ｙ＝ｘ－３， 则由 ｙ＝－ｘ＋ｂ， ｙ＝ｘ－{ ３ ｘ＝ ｂ＋３ ２ ． ①当ｘ＝ｂ＋３２ ∈［３，５］，即６≤ｂ≤７时， 光所走过的最短路程为点Ｃ′到直线ｙ＝－ｘ＋ｂ的距离，为 ｂ＋１ 槡２ ． ②当ｘ＝ｂ＋３２ ∈（５，＋∞），即ｂ＞７时，光所走过的最短 路程为线段Ｃ′Ｂ，其中Ｂ（５，ｂ－５），｜Ｃ′Ｂ｜＝ ｂ２－６ｂ＋槡 ２５． １９．解：（１）因为ｌ１：ｘ＋ｙ＝０，所以ｋ１ ＝－１， 由题可知ｋ１·ｋ２ ＝－３，所以ｋ２ ＝３， 设ｌ１的倾斜角为θ１，ｌ２的倾斜角为θ２，ｌ１，ｌ２的夹角为θ， 则ｔａｎθ＝ｔａｎ（θ１ －θ２）＝ ｔａｎθ１－ｔａｎθ２ １＋ｔａｎθ１ｔａｎθ２ ＝ ｋ１－ｋ２ １＋ｋ１ｋ２ ＝ －１－３ １＋（－３）＝２． （２）设直线ＰＱ：ｙ＝ｋＡｘ＋１，ＱＲ：ｙ＝ｋＢ（ｘ＋１），ＲＰ：ｙ＝ ｋＣ（ｘ－１）， 由题可知 ｋＡｋＢ ＝４， ｋＡｋＣ ＝１， ｋＢｋＣ ＝９ { ， 解得 ｋＡ ＝ ２ ３， ｋＢ ＝６， ｋＣ ＝ { ３ ２ 或 ｋＡ ＝－ ２ ３， ｋＢ ＝－６， ｋＣ ＝－ ３ ２ { ， 当 ｋＡ ＝ ２ ３， ｋＢ ＝６， ｋＣ ＝ { ３ ２ 时，联立 ｙ＝ ２３ｘ＋１， ｙ＝ ３２（ｘ－１ { ）可得Ｐ（３，３）， 当 ｋＡ ＝－ ２ ３， ｋＢ ＝－６， ｋＣ ＝－ { ３ ２ 时，联立 ｙ＝－２３ｘ＋１， ｙ＝－３２（ｘ－１ { ）可得 (Ｐ ３５， )３５ ， 所以Ｐ点的坐标为（３，３） (或 ３５， )３５ ． （３）ｌ１：ｍｘ＋ｙ＋ｍ＋１＝０过定点Ｑ（－１，－１），ｋ１＝－ｍ， 因为直线ｌ１，ｌ２是“Ｑ－１共轭线对”，所以ｋ１ｋ２ ＝－１， 所以ｋ２ ＝ １ ｍ，所以ｌ２：ｘ－ｍｙ＋１－ｍ＝０． 设原点到直线ｌ１，ｌ２的距离分别为ｄ１，ｄ２， 则ｄ１ｄ１＝ ｜ｍ＋１｜ ｍ２＋槡 １ · ｜１－ｍ｜ ｍ２＋槡 １ ＝ ｍ２－１ ｍ２＋１ ＝ １－ ２ ｍ２＋１ ， 当ｍ２ ＝１时，（ｄ１ｄ２）ｍｉｎ＝０， 又因为 ２ ｍ２＋１ ＞０， 所以１－ ２ ｍ２＋１ ＜１，即ｄ１ｄ２∈［０，１）． 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０ 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．已知点Ｐ（ａ，１０），圆的标准方程为（ｘ－１）２＋（ｙ －１）２ ＝１２，则点Ｐ （　　） （Ａ）在圆内 （Ｂ）在圆上 （Ｃ）在圆外 （Ｄ）与ａ的取值有关 ２．在平面直角坐标系ｘＯｙ中，动点Ｐ的坐标满足（ｘ －１）２＋（ｙ－３）２ ＝４，则点Ｐ的轨迹经过 （　　） （Ａ）第一、二象限 （Ｂ）第二、三象限 （Ｃ）第三、四象限 （Ｄ）第一、四象限 ３．以Ａ（－１，２），Ｂ（５，－６）为直径的两端点的圆的 标准方程为 （　　） （Ａ）（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２ ＝２５ （Ｂ）（ｘ＋２）２＋（ｙ－２）２ ＝２５ （Ｃ）（ｘ＋２）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５ （Ｄ）（ｘ－２）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５ ４．已知圆Ｃ：（ｘ－６）２＋（ｙ＋８）２ ＝４，Ｏ为坐标原 点，则以ＯＣ为直径的圆的方程为 （　　） （Ａ）（ｘ－３）２＋（ｙ＋４）２ ＝１００ （Ｂ）（ｘ＋３）２＋（ｙ－４）２ ＝１００ （Ｃ）（ｘ－３）２＋（ｙ＋４）２ ＝２５ （Ｄ）（ｘ＋３）２＋（ｙ－４）２ ＝２５ ５．已知圆Ｃ：（ｘ－３）２＋ｙ２＝９，Ｄ是圆Ｃ上的动点， 点Ｅ（２，４），若动点Ｍ满足 →ＤＭ＝２→ＤＥ，则点Ｍ的轨迹方 程为 （　　） （Ａ）２ｘ＋ｙ＋３＝０ （Ｂ）ｘｙ＝９ （Ｃ）（ｘ－１）２＋（ｙ－８）２ ＝９ （Ｄ）（ｘ－８）２＋（ｙ－１）２ ＝９ ６．（２０２４江苏徐州校 考阶段练习）如图１是某圆 拱形桥一孔圆拱的示意图， 这个圆的圆拱跨度 ＡＢ＝ ４０米，拱高ＯＰ＝１０米，建造时每隔８米需要用一根支柱 支撑，则支柱Ａ２Ｐ的高度大约是 （　　） （Ａ）９．７米 （Ｂ）９．１米 （Ｃ）８．７米 （Ｄ）８．１米 ７．（２０２４山东专题练习）点Ｍ为圆Ｃ：（ｘ＋２）２＋（ｙ ＋１）２＝４上任意一点，直线（３λ＋１）ｘ＋（２λ＋１）ｙ＝５λ ＋２过定点Ｐ，则｜ＭＰ｜的最大值为 （　　） （Ａ）槡１３ （Ｂ）槡１３＋２ （Ｃ）槡２３ （Ｄ）槡２３＋２ ８．（２０２４河北邢台阶段练习）已知圆Ｃ１：（ｘ－２） ２＋ （ｙ－３）２＝１，圆Ｃ２：（ｘ－３） ２＋（ｙ－４）２＝９，Ｍ，Ｎ分别 是圆Ｃ１，Ｃ２上的动点，Ｐ为 ｘ轴上的动点，则 ｜ＰＭ｜＋ ｜ＰＮ｜的最小值为 （　　） （Ａ）槡５２－４ （Ｂ）槡１７－１ （Ｃ）６－ 槡２２ （Ｄ）槡１７ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．已知方程ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－ｍ＝０，下列叙述正确的 是 （　　） （Ａ）方程表示的是圆 （Ｂ）方程表示的圆的圆心在ｘ轴上 （Ｃ）方程表示的圆的圆心在ｙ轴上 （Ｄ）当ｍ＝０时，方程表示以（－１，０）为圆心，半径 为１的圆 １０．（２０２４安徽宿州期中）已知圆 Ｍ的一般方程为 ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋８ｙ＝０，则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）圆Ｍ的半径为５ （Ｂ）圆Ｍ关于直线ｘ－ｙ－１＝０对称 （Ｃ）点（－６，１）在圆Ｍ内 （Ｄ）实数ｘ，ｙ满足圆Ｍ的方程，则 （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２ 的最小值是５ １１．（２０２４江西新余期末）如 图２，太极图被称为“中华第一 图”，闪烁着中华文明进程的光 辉，它是由黑白两个鱼形纹组成 的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现 了一种相互转化，相对统一的和 谐美．定义：若一个函数的图象能 够将圆Ｏ的周长和面积同时等分成两个部分，则称该函 数为圆Ｏ的一个“太极函数”，设圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２ ＝１，则下 列说法中正确的是 （　　） （Ａ）函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是圆Ｏ的一个太极函数 （Ｂ）函数ｆ（ｘ）的图象关于原点对称是 ｆ（ｘ）为圆 的太极函数的充要条件 （Ｃ）圆Ｏ的所有非常数函数的太极函数都不能为 偶函数 （Ｄ）函数ｙ＝ｓｉｎｘ是圆Ｏ的一个太极函数 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４广东期中）已知ｍ∈Ｒ，方程（３ｍ－１）ｘ２ ＋（ｍ２＋１）ｙ２＋８ｘ－４ｙ＋５ｍ＝０表示圆，则圆心坐标是 ． １３．（２０２４湖北孝感期末）若点Ｐ（１，－１）在圆Ｃ：ｘ２ ＋ｙ２＋２ｘ－ｙ＋ｋ＝０的外部，则实数 ｋ的取值范围是 ． １４．（２０２４黑龙江哈尔滨期末）对非原点Ｏ的点Ｍ， 若点Ｍ′在射线ＯＭ上，且｜ＯＭ｜·｜ＯＭ′｜＝ｒ２，则称Ｍ′ 为Ｍ的“ｒ－圆称点”，图形Ｇ上的所有点的“ｒ－圆称点” 组成的图形Ｇ′称为Ｇ的“ｒ－圆称形”．Ａ（１，０）的“３－圆 称点”为 ，圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原 点）的“３－圆称形”的方程为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）若圆Ｃ经过坐标原点，且圆心在直线２ｘ ＋ｙ－３＝０上运动，求半径最小时圆的方程． １６．（１５分）（２０２４上海普陀阶段测试）１９７２年９月， 苏步青先生第三次来到江南造船厂，这一次他是为解决 造船难题、开发更好的船体数学放样方法而来，他为我 国计算机辅助几何设计的发展作出了重要贡献．造船 时，在船体放样中，要画出甲板圆弧线，由于这条圆弧线 的半径很大，无法在钢板上用圆规画出，因此需要先求 出这条圆弧线的方程，再用描点法画出圆弧线．如图３， 已知圆弧 ) ＡＢ的半径 ｒ＝２９米，圆弧 ) ＡＢ所对的弦长ｌ＝１２ 米，以米为单位，建立适当的坐标系，并求圆弧 ) ＡＢ的方 程（答案中数据精确到０．００１米，槡８０５≈２８３７３）． １７．（１５分）（２０２４北京期中）已知两定点Ｍ（１，３）， Ｎ（３，１），动点Ｐ满足条件 ，求动点 Ｐ的轨迹方 程．请从下列条件中任选一个补充到横线上，并在此条 件下完成题目． 条件①：直线ＰＭ与直线ＰＮ垂直； 条件②：点Ｐ到Ｍ，Ｎ两点距离平方之和为２０； 条件③：直线ＰＭ与直线ＰＮ斜率之积为４． （注：如果选择的条件不符合要求，计０分；如果选 择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分                                                                                                                                                             ） ! !"#$%&'() *+,- ! ./ !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! !"#$%&' 01234567 81290:67 ()*+, ! " ;(!<=>?@AB-0C*DE " .#- $ F ;(!<=>?@AB-0CGDE " .#- $ F ! & ! " ! " # $ % & ' # & 3 & & & " & 2 & % ( ( & ! 3 ! ! GPQ !R".(S/ !"#$%&'( )*+,-./012 34/05!6789' :;<=!">?@A 3BC' DEFGHI JK' LGHM1N/ 04 OPQRST67 UV'5!%WDE'X YZ=GH[\' ]X ^_`ab' =GHc def45!#gDE' hijjklm2'n oDp#%&3ST4 qr3s!]oD/0 Ftu%&v4 TU9VWXYZ [\]9 wHxy`z{| 3y}' F~~€ ‚3ƒ„…' †‡ˆ„ 3‰Š(‹‚34 ƒ„ ‡~~€3Œ‚'G H3‰Š‡~6Ž 3‚' ‹‚ ‘’ ‚“‚””4„"•– D‡~‚3‰Š' (—˜„"hi™‡~ ‚š4‰Š3‚'` ›œ„"Œ3‚( ž`Ÿ34 ‘’‚3 „"' hi ™‡’‚ 3‚š¡ ¢Œ„3‰Š n(¢‚34 £¤'˜¥¤ˆ„ 3‰Š(‹‚3v¦ (6 (ˆ„i ‡‹3‚š v¦§¨'ˆ„(©ª6 ™‚š3«' –DG 3Œ(ˆ‚4 G3‰ ¬­h(®‚3'w H–¯°3‹‚' (‰ ¬ ±²–³´123 ‚' µ6(‰¬­h 3‚4