2.2 圆的一般方程 后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册教用Word(北师大版)

1．“a<1”是“方程2x2＋2y2＋2ax＋6y＋5a＝0表示圆”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 解析：选A．因为方程2x2＋2y2＋2ax＋6y＋5a＝0表示圆，即x2＋y2＋ax＋3y＋＝0表示圆，等价于a2＋9－10a>0，解得a>9或a<1.故“a<1”是“方程2x2＋2y2＋2ax＋6y＋5a＝0表示圆”的充分不必要条件．故选A． 2．(2024·江西南昌检测)若点P(1，1)在圆C：x2＋y2＋2x－m＝0的外部，则实数m的取值范围是(　　) A．(－1，4) B．(－4，1) C．(－1，＋∞) D．(－∞，4) 解析：选A．将圆C：x2＋y2＋2x－m＝0化为标准方程可得(x＋1)2＋y2＝m＋1，则圆心为C(－1，0)，圆的半径满足r2＝m＋1>0，解得m>－1.又因为点P(1，1)在圆C的外部，所以|PC|2>r2，即(－1－1)2＋(0－1)2>m＋1，解得m<4.综上所述，实数m的取值范围是(－1，4).故选A． 3．若圆的方程为x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0，且圆的面积为π，则圆心坐标为(　　) A．(0，－1) B．(1，－1) C．(－1，－1) D．(0，1) 解析：选A．把圆的一般方程化为标准方程得＋(y＋1)2＝1－k2，所以π＝π，解得k＝0，所以圆心坐标为(0，－1). 4．已知圆C：x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－1＝0过点A(1，0)，则圆C的圆心的轨迹是(　　) A．点 B．直线 C．线段 D．圆 解析：选D．由题得圆C的圆心为(a，b)，又因为圆C：x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－1＝0过点A(1，0)，所以1－2a＋a2＋b2－1＝0，所以(a－1)2＋b2＝1，所以圆C的圆心的轨迹是以(1，0)为圆心，1为半径的圆．故选D． 5．(多选)下列结论正确的是(　　) A．任何一个圆的方程都可以写成一个二元二次方程 B．圆的一般方程和标准方程可以互化 C．方程x2＋y2－2x＋4y＋5＝0表示圆 D．若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，则x＋y＋Dx0＋Ey0＋F>0 解析：选ABD．A，B，D显然正确；C中方程可化为(x－1)2＋(y＋2)2＝0，表示点(1，－2)，故C错误．故选ABD． 6．(多选)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．若方程表示圆，则圆心在x轴上 C．若方程表示圆，则圆心在y轴上 D．当m＝0时，方程表示以(－1，0)为圆心，半径为1的圆 解析：选BD．对于A，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时方程才表示圆，故A错误；对于B，C，因为－＝－1，－＝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；对于D，当m＝0时，半径r＝＝×＝1，故D正确．故选BD． 7．已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋a＝0的半径为3，则a＝________． 解析：将圆C：x2＋y2＋2x－4y＋a＝0的方程转化为(x＋1)2＋(y－2)2＝5－a，因为圆C的半径为3，所以5－a＝9，即a＝－4. 答案：－4 8．在平面直角坐标系中，过直线x＋y－2＝0与两坐标轴的交点及点(0，0)的圆的一般方程为________________． 解析：在x＋y－2＝0中，令y＝0，得x＝2，所以直线x＋y－2＝0与x轴的交点为A(2，0)，令x＝0，得y＝2，所以直线x＋y－2＝0与y轴的交点为B(0，2)，设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，因为A(2，0)，B(0，2)，O(0，0)三点都在圆上，所以解得故所求圆的方程为x2＋y2－2x－2y＝0. 答案：x2＋y2－2x－2y＝0 9．(2024·江西宜春检测)在平面直角坐标系中，经过A(－2，4)，B(2，6)，C(－1，－3)，D(2，－4)四点的圆的方程为________________． 解析：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将点A，C，D的坐标分别代入，得 解得则可得圆的方程为x2＋y2－4x－2y－20＝0. 答案： x2＋y2－4x－2y－20＝0 10．(2024·河南南阳月考)已知方程x2＋y2＋2kx＋(4k＋10)y＋6k2＋21k＋19＝0表示圆，其圆心为C. (1)求圆心坐标以及该圆半径r的取值范围； (2)若k＝－2，线段AB的端点A的坐标为(0，4)，端点B在圆C上运动，求线段AB的中点M的轨迹方程． 解：(1)方程x2＋y2＋2kx＋(4k＋10)y＋6k2＋21k＋19＝0可变为(x＋k)2＋(y＋2k＋5)2＝－k2－k＋6，因为方程表示圆，所以－k2－k＋6>0，解得－3<k<2，所以r＝＝∈(0，].圆心坐标为(－k，－2k－5). (2)当k＝－2时，圆C方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝4，设M(x，y)，又M为线段AB的中点，A的坐标为(0，4)，则B(2x，2y－4)，由端点B在圆C上运动，所以(2x－2)2＋(2y－3)2＝4，即(x－1)2＋(y－)2＝1，所以线段AB的中点M的轨迹方程为(x－1)2＋(y－)2＝1. 11．已知点A(－1，5)，B(－2，－2)，C(5，5)，若点P是△ABC的外接圆上一点，则点P到直线l：y＝－x＋的距离的最大值为(　　) A． B． C． D．14 解析：选C．设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，因为△ABC的三个顶点分别为A(－1，5)，B(－2，－2)，C(5，5)，则解得所以△ABC外接圆的一般方程为x2＋y2－4x－2y－20＝0，其圆心为M(2，1)，半径为5，因为直线l：y＝－x＋，即l：3x＋4y－37＝0，所以点M到直线l的距离为d＝＝>5，所以点P到直线l的距离的最大值为5＋＝.故选C． 12．若圆C：x2＋y2－4x＋2y＋m＝0与y轴交于A，B两点，且∠ACB＝90°，则m＝(　　) A．1 B．－3 C．0 D．2 解析：选B．依题意，设A(0，y1)，B(0，y2)，因为圆C：x2＋y2－4x＋2y＋m＝0，令x＝0，得y2＋2y＋m＝0，则y1，y2即为该方程的两个根，由根与系数的关系得解得m<1.因为∠ACB＝90°，C(2，－1)，所以kAC·kBC＝－1，即×＝－1，即y1y2＋(y1＋y2)＋1＝－4，代入上面的结果得m－2＋1＝－4，所以m＝－3，符合m<1.故选B． 13．已知M(m，n)为圆C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0上任意一点，则的最大值为________． 解析：圆C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0即(x－2)2＋(y－2)2＝4，故圆心C(2，2)，半径为r＝2，又表示圆C上的点M到点(1，－1)的距离，故其最大值为＋2＝＋2. 答案：＋2 14．(2024·江苏南通开学考试)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：若动点Q与两定点A，B的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，那么点Q的轨迹就是阿波罗尼斯圆．基于上述事实，完成以下两个问题： (1)已知A(2，3)，B(0，－3)，若＝2，求点D的轨迹方程； (2)已知点P在圆(x－5)2＋y2＝9上运动，点M(－4，0)，探究：是否存在定点N，使得|PM|＝3|PN|恒成立，若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)设D(x，y)，则|DA|＝，|DB|＝，故＝2，故(x－2)2＋(y－3)2＝4x2＋4(y＋3)2，化简得点D的轨迹方程为x2＋y2＋x＋10y＋＝0. (2)假设存在定点N，使得|PM|＝3|PN|恒成立，设P(x，y)，N(m，n)，故|PM|＝，|PN|＝，因为|PM|＝3|PN|，故(x＋4)2＋y2＝9(x－m)2＋9(y－n)2，即x2＋y2－·x－·y＋＝0，而点P在圆(x－5)2＋y2＝9上，即x2＋y2－10x＋16＝0，对照可知解得 故存在定点N(4，0)，使得|PM|＝3|PN|恒成立． 15.如图，点A，B，D在圆Γ上，点C在圆Γ内，|AB|＝11，|BC|＝12，|CD|＝5，若·＝0，且与共线，则圆Γ的周长为(　　) A．π B．π C．21π D．24π 解析：选B．以C为原点，BC和CD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(－12，－11)，B(－12，0)，D(0，5)，设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则 解得所以r＝ ＝.所以圆Γ的周长为2πr＝2π×＝π.故选B． 16．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(2，0)，∠OAB＝∠ABC＝120°，|AB|＝2. (1)求直线BC的方程； (2)求△OAB的外接圆M的方程． 解：(1)过点B作BM⊥x轴，垂足为M，由题意可得∠BAM＝60°，则|AM|＝|AB|cos ∠BAM＝1，|BM|＝|AB|sin ∠BAM＝，故点B(3，)，延长CB交x轴于点N，由题意可得∠ABN＝60°，则△ABN为等边三角形，可得|AN|＝|AB|＝2，即点N(4，0)，则直线BC的斜率k＝＝－，所以直线BC的方程为y＝－(x－4)，即x＋y－4＝0. (2)由(1)可得O(0，0)，A(2，0)，B(3，)，设△OAB的外接圆M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则 解得故△OAB的外接圆M的方程为x2＋y2－2x－2y＝0，即(x－1)2＋(y－)2＝4. 学科网（北京）股份有限公司 $