2.4.1 圆的标准方程 同步作业-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

2.4.1 圆的标准方程 【基础巩固】 1．已知为坐标原点，圆，则（ ） A． B． C． D． 2．已知圆经过两点，且圆心在直线上，则圆的标准方程为（ ） A． B． C． D． 3．已知，，，，若从，，，这四个点中任意选择两个点，则这两个点都落在圆外的概率为（ ） A． B． C． D． 4．曲线的长度为（ ） A． B． C． D． 5．（多选）下列说法正确的是（ ） A．圆的圆心为，半径为 B．圆的圆心为，半径为 C．圆的圆心为，半径为 D．圆的圆心为，半径为 6．圆的圆心在直线上，且与轴、轴均相切，则的半径为_________. 7．设点是圆上的动点，定点，则的最大值为_________. 8．已知，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)求的最小值和最大值． 【能力提升】 9．方程表示的曲线是（ ） A．两个圆 B．一个圆和一条直线 C．一个半圆 D．两个半圆 10．（多选）1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心，重心，垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心， 则下列说法正确的是（ ） A．点的坐标为 B．为等边三角形 C．欧拉线方程为 D．外接圆的方程为 （第11题图） 11．对于勾股定理的证明，我国历史上有多位数学家创造了利用面积出入相补证明勾股定理的不同的证法，如后汉时期的赵爽､三国时期的刘徽､清代的梅文鼎､华蘅芳等.如图是华蘅芳证明勾股定理时构造的图形，其中为直角三角形，分别以为边长作个正方形，通过出入相补证明两个较小的正方形面积之和等于大正方形面积，从而可以证明勾股定理.若，以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有个在圆外，则满足题意的一个圆的标准方程为____________. 【素养提升】 12．如图所示，、分别为某市两条互相垂直的主干道所在的直线，其中为、的交点.若、两点分别为该市1路公交车的起点站和终点站，且、之间的公交线路是圆心在上的一段圆弧，站点到直线、的距离分别为和，站点到直线、的距离分别为和. (1)建立适当的坐标系，求公交线路所在圆弧的方程； (2)为了丰富市民的业余生活，市政府决定在主干道上选址建一游乐场，考虑到城市民居集中区域问题和环境问题，要求游乐场地址（注：地址视为一个点，设为点）在点上方，且点到点的距离大于且小于，并要求公交线路（即圆弧）上任意一点到游乐场的距离不小于，求游乐场距点距离的最大值. 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2.4.1 圆的标准方程 【基础巩固】 1．已知为坐标原点，圆，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】圆的圆心，所以.故选：C 2．已知圆经过两点，且圆心在直线上，则圆的标准方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设圆的标准方程为， 由题意得， 解得， 故圆的方程为， 故选：B 3．已知，，，，若从，，，这四个点中任意选择两个点，则这两个点都落在圆外的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，故点在圆外， ，点在圆外， ，点在圆上， ，点在圆外， 从4个点中任意选择两个点，共有6种情况， 分别为，， 其中两个点都落在圆外的有， 故这两个点都落在圆外的概率为. 故选：A 4．曲线的长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，得， 所以曲线是以坐标原点为圆心，为半径的圆弧， 其中点的横坐标为，则，， 故曲线的长度为. 5．（多选）下列说法正确的是（ ） A．圆的圆心为，半径为 B．圆的圆心为，半径为 C．圆的圆心为，半径为 D．圆的圆心为，半径为 【答案】AC 【解析】圆的圆心为，半径为，A正确； 圆的圆心为，半径为，B错误； 圆的圆心为，半径为，C正确； 圆的圆心为，半径为，D错误． 故选：AC. 6．圆的圆心在直线上，且与轴、轴均相切，则的半径为_________. 【答案】 【解析】因为圆的圆心在直线上， 故设圆心为，由题意可得圆的半径为或， 则，解得，即得圆的半径为， 故答案为： 7．设点是圆上的动点，定点，则的最大值为_________. 【答案】 【解析】由题意，知，，所以， 由于点是圆上的点，故其坐标满足方程，故， 所以．易知， 所以当时，的值最大，最大值为． 故答案为：. 8．已知，动点满足． (1)求动点的轨迹的方程； (2)求的最小值和最大值． 【答案】见解析 【解析】(1) 设动点，则， 即，整理得， 故动点的轨迹的方程为，该轨迹是以为圆心，以为半径的圆. (2) 由(1)可知：，半径是，圆心． 因，故在圆外， 故的最小值是，最大值是. 【能力提升】 9．方程表示的曲线是（ ） A．两个圆 B．一个圆和一条直线 C．一个半圆 D．两个半圆 【答案】D 【解析】方程可化为， 因为，所以或， 若时，则方程为,是以为圆心，以为半径的左半圆； 若时，则方程为，是以为圆心，以为半径的右半圆; 总之，方程表示的曲线是以为圆心，以为半径的右半圆与以为圆心，以为半径的左半圆合起来的图形. 故选：D. 10．（多选）1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心，重心，垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心，则下列说法正确的是（ ） A．点的坐标为 B．为等边三角形 C．欧拉线方程为 D．外接圆的方程为 【答案】CD 【解析】A：因为，所以，所以，故错误； B：因为，所以， 显然不是等边三角形，故错误； C：因为，所以的外心，重心，垂心都在线段的垂直平分线上， 因为，所以的中点为， 又因为，所以的垂直平分线方程为， 即的垂直平分线方程为， 所以欧拉线方程为，故正确； D：因为，所以的中点为，所以的垂直平分线方程为， 因为的垂直平分线与的垂直平分线的交点即为外心， 所以，解得，所以外心， 所以外接圆的半径为， 所以外接圆的方程为，故正确； 故选：CD. 11．对于勾股定理的证明，我国历史上有多位数学家创造了利用面积出入相补证明勾股定理的不同的证法，如后汉时期的赵爽､三国时期的刘徽､清代的梅文鼎､华蘅芳等.如图是华蘅芳证明勾股定理时构造的图形，其中为直角三角形，分别以为边长作个正方形，通过出入相补证明两个较小的正方形面积之和等于大正方形面积，从而可以证明勾股定理.若，以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有个在圆外，则满足题意的一个圆的标准方程为____________. 【答案】（答案不唯一，形如的方程都可以） 【解析】如图，点， ， 线段的中点到三个正方形顶点的距离最大为，其次为， 所以以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有个在圆外的圆方程为 ， 取得该圆的一个标准方程为. 故答案为：（答案不唯一，形如的方程都可以）. 【素养提升】 12．如图所示，、分别为某市两条互相垂直的主干道所在的直线，其中为、的交点.若、两点分别为该市1路公交车的起点站和终点站，且、之间的公交线路是圆心在上的一段圆弧，站点到直线、的距离分别为和，站点到直线、的距离分别为和. (1)建立适当的坐标系，求公交线路所在圆弧的方程； (2)为了丰富市民的业余生活，市政府决定在主干道上选址建一游乐场，考虑到城市民居集中区域问题和环境问题，要求游乐场地址（注：地址视为一个点，设为点）在点上方，且点到点的距离大于且小于，并要求公交线路（即圆弧）上任意一点到游乐场的距离不小于，求游乐场距点距离的最大值. 【答案】见解析 【解析】(1)以为坐标原点，直线、分别为轴和轴建立平面直角坐标系如图所示， 则由题意，，设圆弧所在圆的方程为， 又因为、之间的公交线路是圆心在上的一段圆弧， 所以，解得， 故公交线路所在圆弧的方程为（，）. (2)如图所示： 因为游乐场距点的距离为，所以， 设为公交线路上任意一点， 则（，），即， 且，对公交线路上任意点均成立， 整理得，对任意的恒成立， 令，因为， 所以函数在上单调递减， 所以，解得或， 又，故， 即游乐场 距点距离的最大值为. 第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $