2.4.2圆的一般方程同步练-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

2.4.2圆的一般方程 一、单选题 1．圆的圆心坐标为（    ） A． B． C． D． 2．若点在圆的内部，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．“或”是“定点在圆的外部”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．若圆关于直线对称，则直线一定过点（   ） A． B． C． D． 5．若方程表示圆，且圆心位于第四象限，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知曲线，则下列结论正确的个数是（   ） （1）若为曲线上两点，则的最大值为 （2）曲线围成的图形的面积是 （3）若为曲线上一点，则的最小值为4 （4）曲线围成区域内(含曲线)格点(横坐标与纵坐标都为整数的点)的个数为20 A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 7．已知圆及点，则下列说法中正确的是（    ） A．圆心的坐标为 B．点在圆外 C．若点在圆上，则直线PQ的斜率为 D．若是圆上任一点，则｜MQ｜的取值范围为 8．已知三点下列结论正确的是（    ） A．AB的距离为 B．直线BC的一般式方程为 C．以BC为直径的圆方程为 D．外接圆的方程为 9．关于方程表示的圆，下列叙述中正确的是（   ） A．圆心在直线上 B．其圆心在轴上 C．过原点 D．半径为 10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apollonius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（    ） A．若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点 B．若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆 C．当时，面积的最大值为 D．当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是 三、填空题 11．曲线与曲线关于直线对称，则曲线的方程为 ． 12．已知圆上一点，则的最大值为 . 13．在平面直角坐标系中，已知两点，，圆，点是圆上任意一点，若为定值，则的值为 ． 14．已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为 . 四、解答题 15．已知点，，. (1)求直线的一般方程； (2)求外接圆的一般方程. 16．已知的三个顶点分别是． (1)求的外接圆（为圆心）的标准方程： (2)若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状. 17．已知直线过定点． (1)求点的坐标； (2)求过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程； (3)设为上的一个动点，求中点的轨迹方程． 18．平面内有两点与，我们新定义这两点间的“物理距离”，“光学距离”.上有两个动点P，Q，定点. (1)求的最大值； (2)过点的直线上有一个动点，若的最小值为1，求直线的方程. 19．已知点，是平面内不同的两点，若点满足(，且)，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的—阿波罗尼斯圆.若点满足()，则点的轨迹是以为“稳点”的—卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，，(）. (1)当，时，若点的轨迹是以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆，求点的轨迹方程； (2)在(1)的条件下，若点在以为“稳点”的5—卡西尼卵形线上，求(为原点）的取值范围； (3)卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，，试判断是否存在实数，，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称，若存在，求出实数，的值，若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2.4.2圆的一般方程》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B A C C BCD BCD AC BCD 1．B 【分析】使用圆的一般方程的圆心公式. 【详解】使用圆的一般方程的圆心公式，其中 ， 圆心坐标为． 故选：B. 2．D 【分析】判断点与圆的位置关系：法一为几何视角，比较与半径的大小；法二为代数视角，将点的坐标代入标准方程后比较其与的大小 【详解】法一：由题意，半径为1，则，所以； 法二：由在圆内，则，所以，即. 故选：D 3．B 【分析】由定点在圆的外部得，求得k的取值范围，结合充分,必要条件的意义可得结论. 【详解】定点在圆的外部， ，化简得， k的取值范围：或， 所以或”是“定点在圆的外部”的必要不充分条件. 故选：B. 4．A 【分析】由圆的对称轴过圆心，可求得结论. 【详解】把圆的方程化为标准方程为， 所以圆的圆心的坐标为， 因为圆关于直线对称，则直线一定过圆心. 故选：A. 5．C 【分析】将方程化成，再利用条件列不等式求解即可. 【详解】因为方程可变形为， 由题知，解得，实数的取值范围是. 故选：C 6．C 【分析】根据曲线的方程，分象限讨论其图象，然后作出草图，并得每部分所在的圆，，，等大，且都过坐标原点，即可判断选项A，结合图形直接求面积判断选项B，设点在曲线上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，根据的范围即可判断选项C，根据图形即可判断选项D. 【详解】当，时，由曲线的方程，得， 曲线在第一象限内的部分是圆心为，半径为的圆弧. 同理，曲线在第二、三、四象限内的部分都是圆弧， 当时，；当时，. 曲线在坐标系中如图， 曲线关于坐标原点、轴、轴、直线、直线均对称. 记曲线在第一象限及轴正半轴、轴正半轴上的部分为曲线， 曲线所在的圆为圆， 曲线及圆关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆， 关于坐标原点对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆， 关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆. 由题意可知，圆，，，等大，且都过坐标原点. 因为点在曲线上，所以， 当且仅当为曲线与直线或的交点时，等号成立， 所以的最大值是，故①正确； 曲线围成的图形的面积为，故②正确； 由曲线的对称性，不妨设点在曲线上. 因为， 所以当的值最小时，的值也最小. 因为点在圆上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为， 由题意可知，，则， 所以当时，取得最小值，所以的最小值为，故③正确； 由图可知，曲线围成的区域内格点的个数为，故④错误. 故选：C. 7．BCD 【分析】对于A，将圆方程化为标准形式，可判断选项正误；对于B，将代入圆方程可判断选项正误；对于C，将点代入圆方程可得，然后由斜率计算公式可判断选项正误；对于D，当三点共线时，可得最值，据此可判断选项正误. 【详解】对于A，圆的标准方程为， 所以圆心坐标为，故A错误； 对于B，将代入圆方程，得，所以点在圆外.故B正确； 对于C，若点在圆上，则， 解得，则，所以直线PQ的斜率为．故C正确； 对于D，，因为是圆上任一点， 所以，所以的取值范围为． 故选：BCD 8．BCD 【分析】根据两点间的距离坐标公式以及直线方程、圆的标准方程、待定系数法求解圆的一般方程即可得出结论. 【详解】由题意知,AB的距离为，故A错误; 直线BC的方程为,即，故B正确； 以BC为直径的圆，圆心为，半径为, 所以圆的方程为, 即,故C正确; 设外接圆的方程为， 代入三点坐标得， ,解得 , 所以外接圆的方程为,故D正确. 故选：BCD. 9．AC 【分析】将圆的方程化为标准方程，求出其圆心与半径，逐项判断即可. 【详解】若方程表示的圆，则其标准方程为， 所以，，可得，圆心为，半径为， 对于A选项，圆心在直线上，A对； 对于B选项，因为，所以，圆心不可能在轴上，B错； 对于C选项，因为，则该圆过原点，C对； 对于D选项，该圆的半径为，D错. 故选：AC. 10．BCD 【分析】对于A，易得时点的轨迹为线段的垂直平分线；对于B，只需建系设点，求出点的轨迹方程易得；对于C，求出轨迹方程后，结合图形，使边上的高最大即可满足；对于D根据推出的阿氏圆方程，求出圆的半径的表达式，利用函数的单调性即可求得半径的范围. 【详解】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误； 对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系， 则，设点， 由可得：，化简得：， 故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确； 对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示： 由图知，当点为过点垂直于轴的直线与圆的一个交点时，的边上的高最大， 为圆的半径，此时面积的最大值为，故C正确； 对于D，根据B项建系设点，由化简得：， 即，因，则该阿氏圆的半径， 因函数在上是减函数，故故得， 即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：本题主要考查动点轨迹方程的求法及应用，属于难题. 求解动点轨迹的方程的方法主要有： （1）直接法：设出动点，利用已知等式代入坐标计算化简即得； （2）相关点法：利用与动点相关的点（轨迹方程一般已知）的联系求解； （3）定义法：利用题设条件与常见的圆锥曲线定义符合时常用. 11． 【分析】设出曲线上任意一点，由此点坐标表示出其对称点的坐标，再根据其对称点在所给曲线上，代入即可求出最终结果. 【详解】设曲线上任意一点为，该点关于直线的对称点为， 则，解得：， 所以点关于直线的对称点为， 因为点关于直线的对称点在曲线上， 则曲线的方程为， 即， 故答案为：. 12． 【分析】记原点为，易知原点在圆上，结合距离的几何意义与圆的几何性质可求得的最大值. 【详解】记原点为，易知原点在圆上，则， 故的最大值为圆的直径，故的最大值为. 故答案为：. 13．0 【分析】解法1：设，化简与圆的一般方程比较系数可得答案；解法2：由阿氏圆的性质可知，圆心就在定点，所确定的直线上可得答案． 【详解】解法1：设，，则，整理得 ， 又是圆上的任意一点，故， 圆的一般方程为， 所以，解得， 因此； 解法2：为定值，是圆上任意一点， 由阿氏圆的性质可知，圆心就在定点，所确定的直线上， 因为直线所在的直线方程为， 所以． 故答案为：0. 14． 【分析】设点，当不重合时，根据圆的几何性质，利用垂直建立方程求解即可得解，当重合时，代入检验即可. 【详解】由直线过点，圆可知，圆心为， 设点， 由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即， 此时点的轨迹为圆但不包括点. 当点与点重合时，其坐标满足方程. 综上，点的轨迹方程为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据两点式直线方程的特征即可求解， （2）利用待定系数法即可列方程求解. 【详解】（1）由题意，得. 化简，得直线的一般式方程为. （2）设外接圆的一般方程为.① 因为，，三点都在圆上，所以它们的坐标都满足方程①，于是， 得， 即，解得. 故所求圆的一般方程为. 16．(1) (2)，轨迹是以为圆心，半径为的圆. 【分析】（1）利用待定系数法求解圆的方程即可. （2）根据题干设的坐标是，点的坐标是，再由， 列出方程代入即可求得轨迹方程. 【详解】（1）设圆的方程为（其中） 因为三点都在圆上，可得 解得，满足， 所以所求圆的方程为，即 （2）设的坐标是，点的坐标是， 因为的坐标是，且， 所以，解得， 又因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，即， 代入得，整理得， 点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，半径为的圆. 17．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）将方程转化成即可求解； （2）分截距为和不为两类情况讨论即可； （3）设，，通过代入法即可求解； 【详解】（1）由，得， 令，得， 因此点的坐标为. （2）由（1）知点的坐标. 若截距为，即直线经过原点， 设直线方程为，则， 此时直线的方程为， 若截距不为，不妨设直线方程为，代入，得， 此时直线方程为， 则过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或． （3）设，，则， 得到，所以， 又点在上，所以， 整理得， 故的轨迹方程为. 18．(1) (2)或 【分析】（1）由，几何意义为：到的距离，几何意义为：到的距离，即可求解； （2）即与的距离，由最小值转换成点到线的距离即可求解； 【详解】（1）化成标准方程：，圆心为，半径为2， 设， 则，几何意义为到的距离， 其最大值为圆心到的距离加上半径，即：， ，几何意义为到的距离， 其最小值为圆心到的距离减去半径，即：， 所以的最大值为， 即的最大值为； （2）由，即与的距离， 设过点的直线方程为：，因为过圆心，可得：， 即方程为， 由题意，若的最小值为1，即到的距离为1， 可得：， 平方化简可得：， 解得：或，即， 所以直线方程为：或. 19．(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】(1)由题意可知，设：，则，整理计算即可求解； (2)设，由定义得到，从而有， 求得，再由，即可求解； (3)由，及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程： ，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线， 关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题. 【详解】（1）由已知，且，设：，则：， ∴，整理得：， ∴点的轨迹方程为：. （2）由(1)知，，设，由， 得，所以， ，整理得，即， 所以，，由，得， 即的取值范围是. （3）若，则以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆的方程为， 整理得，该圆关于点对称. 由点，关于点对称及， 可得—卡西尼卵形线关于点对称， 令，解得，与矛盾， 所以不存在实数，，使得以为稳点的一阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$