苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册2.1圆的方程(第2课时 圆的一般方程)【同步作业】(解析版)
文档属性
| 名称 | 苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册2.1圆的方程(第2课时 圆的一般方程)【同步作业】(解析版) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 707.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-28 09:50:03 | ||
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文档简介
2.1圆的方程（第2课时 圆的一般方程）
一、单选题
1．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知实数x，y满足，则x的最大值是（ ）
A．3 B．2 C．-1 D．-3
3．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，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
4．若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系中，四点坐标分别为，若它们都在同一个圆周上，则a的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．
6．若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．若实数、满足，则的最大值是（ ）．
A． B．20 C．0 D．
8．点为圆上任意一点，直线过定点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知曲线（ ）
A．若，则C是圆
B．若，，则C是圆
C．若，，则C是直线
D．若，，则C是抛物线
10．已知二次函数交轴于，两点（，不重合），交轴于点.圆过，，三点.下列说法正确的是（ ）
①圆心在直线上；
②的取值范围是；
③圆半径的最小值为1；
④存在定点，使得圆恒过点.
A．① B．② C．③ D．④
三、填空题
11．已知平面上到两直线与的距离平方和为1的点的轨迹是一个圆，则实数___________.
四、解答题
13．如图，已知长方形的两条对角线的交点为，且与所在的直线方程分别为与.
（1）求所在的直线方程；
（2）求出长方形的外接圆的方程.
14．在平面直角坐标系中，已知四点，，，.
（1）这四点是否在同一个圆上 如果是，求出这个圆的方程；如果不是，请说明理由；
（2）求出到点，，，的距离之和最小的点的坐标.
15．已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线上.
（1）求半径最小时的圆的方程；
（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.
2.1圆的方程（第2课时 圆的一般方程）答案
一、单选题
1．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由于点在圆的外部，所以，从而可求出的取值范围
【详解】
解：由题意得，解得，
故选：C．
2．已知实数x，y满足，则x的最大值是（ ）
A．3 B．2 C．-1 D．-3
【答案】C
【分析】
首先确定圆的圆心和半径，再确定的最大值.
【详解】
方程变形为，圆心，半径，则的最大值是.
故选：C
3．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，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设，则由结合距离公式化简可得，从而可知点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积
【详解】
设点，则，
化简整理得，即，
所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，
所以所求图形的面积为，
故选：D
4．若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据二元二次方程表示圆的条件求解．
【详解】
由，得．
故选：A．
5．在平面直角坐标系中，四点坐标分别为，若它们都在同一个圆周上，则a的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．
【答案】C
【分析】
设出圆的一般式，根据求出，然后将点带入圆的方程即可求得结果.
【详解】
设圆的方程为，
由题意得，解得，
所以，
又因为点在圆上，所以，即.
故选：C.
6．若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
将化为，作出图形，根据的几何意义，结合图形和斜率公式可求出结果.
【详解】
因为，所以
所以
如图，此方程表示的是圆心在原点，半径为1的半圆,
的几何意义是点与点连线的斜率
如图，，
，
所以的取值范围为
故选：D
7．若实数、满足，则的最大值是（ ）．
A． B．20 C．0 D．
【答案】B
【分析】
由几何意义知而表示圆上的点到原点距离的平方，然后数形结合即可求解.
【详解】
∵，
∴，
∴点为圆上任意一点，
∵在圆上，
而表示圆上的点到原点距离的平方，
由图可知：最大值为圆的直径的平方，
故．
故选：B．
8．点为圆上任意一点，直线过定点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由直线方程可构造方程组求得定点，由圆的方程确定圆心坐标和半径，则.
【详解】
整理直线方程得：，
由得：，，
由圆的方程知圆心，半径，
.
故选：D.
【点睛】
结论点睛：若圆心与圆外一点间距离为，圆的半径为，则圆外一点到圆上的点的距离最大值为，最小值为.
二、多选题
9．已知曲线（ ）
A．若，则C是圆
B．若，，则C是圆
C．若，，则C是直线
D．若，，则C是抛物线
【答案】BC
【分析】
根据圆的一般方程对选项一一判断即可.
【详解】
已知曲线.
对于A，当时，，
若，则C是圆；
若，则C是点；
若，则C不存在.故A错误.
对于B，当时，，且，则C是圆，故B正确.
对于C，当时，，且，则C是直线，故C正确.
对于D，当，时，，
若，则表示一元二次方程，
若，则表示抛物线，故D错误.
故选：BC
【点睛】
结论点睛：二元二次方程表示圆的充要条件是，.
10．已知二次函数交轴于，两点（，不重合），交轴于点.圆过，，三点.下列说法正确的是（ ）
①圆心在直线上；
②的取值范围是；
③圆半径的最小值为1；
④存在定点，使得圆恒过点.
A．① B．② C．③ D．④
【答案】AD
【分析】
①根据二次函数的对称轴是和圆的对称性判断；
②根据二次函数交轴于，两点，由判断；
③分别令，，得到A，B，C的坐标代入，得到判断；
④由③得到圆M的方程为判断；
【详解】
①因为二次函数的对称轴是，且，两点关于对称，所以圆心在直线上，故正确；
②因为二次函数交轴于，两点，所以 解得且，故错误；
③令，解得，所以，令，得，则，设圆M的方程为：，将A，B，C的坐标代入得：，消去得，所以，即，所以，因为且，所以，故错误；
④圆M的方程为，即，则圆恒过定点，故正确；
故选：AD
三、填空题
11．已知平面上到两直线与的距离平方和为1的点的轨迹是一个圆，则实数___________.
【答案】
【分析】
根据题意列出方程，再化简，满足圆的方程的条件得到关于的方程，最后解方程即可.
【详解】
设此点的坐标为，则依题意有，
化简得，
此方程要表示圆，则.
故答案为：.
12．已知线段AB的两端点A、B分别在x轴和y轴上滑动，，M为线段AB的中点，则点M的轨迹方程为________．
【答案】
【分析】
因为M是AB的中点，所以，所以M的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，可得答案.
【详解】
当（或）中有一个在原点处时，则.
当均不在原点处时，三点构成以O为直角顶点的直角三角形.
由M为线段AB的中点，则
所以，则M的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，其方程为：
故答案为：
四、解答题
13．如图，已知长方形的两条对角线的交点为，且与所在的直线方程分别为与.
（1）求所在的直线方程；
（2）求出长方形的外接圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据直线垂直求得，由直线的方程求得点坐标，根据中点坐标公式求得点坐标，由点斜式求得直线方程.
（2）由圆心和半径求得长方形的外接圆的方程.
【详解】
（1）由于四边形是长方形，所以，所以.
所以直线的方程为.
由，解得，故.
由于关于对称，设，则，
所以.
由于，
所以直线的方程为，即.
（2）根据长方形的几何性质可知，长方形的外接圆圆心为，半径为，
所以外接圆的方程为.
14．在平面直角坐标系中，已知四点，，，.
（1）这四点是否在同一个圆上 如果是，求出这个圆的方程；如果不是，请说明理由；
（2）求出到点，，，的距离之和最小的点的坐标.
【答案】（1）四点，，，都在圆上；（2）.
【分析】
（1）设经过，，三点的圆的方程为，代入点，，的坐标可解得圆的方程，再判断点是否在圆上即可；
（2）由，当且仅当点在线段上时取等号，同理，当且仅当点在线段上时取等号，进而可得当点为，交点时距离之和最小，故求，交点坐标即可.
【详解】
（1）设经过，，三点的圆的方程为，
解得，，
因此，经过，，三点的圆的方程为.
由于，故点也在这个圆上.
因此，四点，，，都在圆上.
（2）因为，当且仅当点在线段上时取等号.
同理，，当且仅当点在线段上时取等号.
因此，当点是和的交点时，它到，，，的距离之和最小.
因为直线的方程为，直线的方程为，
联立解得点的坐标为.
15．已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线上.
（1）求半径最小时的圆的方程；
（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设出圆心坐标，表示出半径，利用二次函数的性质可得半径的最小值，进而可得此时圆的方程；
（2）设定点坐标，，表示出圆的方程，当为变量时，，能使该等式恒成立，即且，解方程组可得定点坐标．
【详解】
（1）因为圆心在直线上，
所以设圆心的坐标为.
又因为动圆经过坐标原点，
所以动圆的半径，所以半径的最小值为.
并且此时圆的方程为：.
（2）设定点坐标，，因为圆的方程为：
所以，
即，
因为当为变量时，，却能使该等式恒成立，
所以只可能且
即解方程组可得：，或者，（舍去）
所以圆恒过一定点，.
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一、单选题
1．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知实数x，y满足，则x的最大值是（ ）
A．3 B．2 C．-1 D．-3
3．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，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
4．若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系中，四点坐标分别为，若它们都在同一个圆周上，则a的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．
6．若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．若实数、满足，则的最大值是（ ）．
A． B．20 C．0 D．
8．点为圆上任意一点，直线过定点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知曲线（ ）
A．若，则C是圆
B．若，，则C是圆
C．若，，则C是直线
D．若，，则C是抛物线
10．已知二次函数交轴于，两点（，不重合），交轴于点.圆过，，三点.下列说法正确的是（ ）
①圆心在直线上；
②的取值范围是；
③圆半径的最小值为1；
④存在定点，使得圆恒过点.
A．① B．② C．③ D．④
三、填空题
11．已知平面上到两直线与的距离平方和为1的点的轨迹是一个圆，则实数___________.
四、解答题
13．如图，已知长方形的两条对角线的交点为，且与所在的直线方程分别为与.
（1）求所在的直线方程；
（2）求出长方形的外接圆的方程.
14．在平面直角坐标系中，已知四点，，，.
（1）这四点是否在同一个圆上 如果是，求出这个圆的方程；如果不是，请说明理由；
（2）求出到点，，，的距离之和最小的点的坐标.
15．已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线上.
（1）求半径最小时的圆的方程；
（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.
2.1圆的方程（第2课时 圆的一般方程）答案
一、单选题
1．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由于点在圆的外部，所以，从而可求出的取值范围
【详解】
解：由题意得，解得，
故选：C．
2．已知实数x，y满足，则x的最大值是（ ）
A．3 B．2 C．-1 D．-3
【答案】C
【分析】
首先确定圆的圆心和半径，再确定的最大值.
【详解】
方程变形为，圆心，半径，则的最大值是.
故选：C
3．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，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设，则由结合距离公式化简可得，从而可知点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积
【详解】
设点，则，
化简整理得，即，
所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，
所以所求图形的面积为，
故选：D
4．若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据二元二次方程表示圆的条件求解．
【详解】
由，得．
故选：A．
5．在平面直角坐标系中，四点坐标分别为，若它们都在同一个圆周上，则a的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．
【答案】C
【分析】
设出圆的一般式，根据求出，然后将点带入圆的方程即可求得结果.
【详解】
设圆的方程为，
由题意得，解得，
所以，
又因为点在圆上，所以，即.
故选：C.
6．若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
将化为，作出图形，根据的几何意义，结合图形和斜率公式可求出结果.
【详解】
因为，所以
所以
如图，此方程表示的是圆心在原点，半径为1的半圆,
的几何意义是点与点连线的斜率
如图，，
，
所以的取值范围为
故选：D
7．若实数、满足，则的最大值是（ ）．
A． B．20 C．0 D．
【答案】B
【分析】
由几何意义知而表示圆上的点到原点距离的平方，然后数形结合即可求解.
【详解】
∵，
∴，
∴点为圆上任意一点，
∵在圆上，
而表示圆上的点到原点距离的平方，
由图可知：最大值为圆的直径的平方，
故．
故选：B．
8．点为圆上任意一点，直线过定点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由直线方程可构造方程组求得定点，由圆的方程确定圆心坐标和半径，则.
【详解】
整理直线方程得：，
由得：，，
由圆的方程知圆心，半径，
.
故选：D.
【点睛】
结论点睛：若圆心与圆外一点间距离为，圆的半径为，则圆外一点到圆上的点的距离最大值为，最小值为.
二、多选题
9．已知曲线（ ）
A．若，则C是圆
B．若，，则C是圆
C．若，，则C是直线
D．若，，则C是抛物线
【答案】BC
【分析】
根据圆的一般方程对选项一一判断即可.
【详解】
已知曲线.
对于A，当时，，
若，则C是圆；
若，则C是点；
若，则C不存在.故A错误.
对于B，当时，，且，则C是圆，故B正确.
对于C，当时，，且，则C是直线，故C正确.
对于D，当，时，，
若，则表示一元二次方程，
若，则表示抛物线，故D错误.
故选：BC
【点睛】
结论点睛：二元二次方程表示圆的充要条件是，.
10．已知二次函数交轴于，两点（，不重合），交轴于点.圆过，，三点.下列说法正确的是（ ）
①圆心在直线上；
②的取值范围是；
③圆半径的最小值为1；
④存在定点，使得圆恒过点.
A．① B．② C．③ D．④
【答案】AD
【分析】
①根据二次函数的对称轴是和圆的对称性判断；
②根据二次函数交轴于，两点，由判断；
③分别令，，得到A，B，C的坐标代入，得到判断；
④由③得到圆M的方程为判断；
【详解】
①因为二次函数的对称轴是，且，两点关于对称，所以圆心在直线上，故正确；
②因为二次函数交轴于，两点，所以 解得且，故错误；
③令，解得，所以，令，得，则，设圆M的方程为：，将A，B，C的坐标代入得：，消去得，所以，即，所以，因为且，所以，故错误；
④圆M的方程为，即，则圆恒过定点，故正确；
故选：AD
三、填空题
11．已知平面上到两直线与的距离平方和为1的点的轨迹是一个圆，则实数___________.
【答案】
【分析】
根据题意列出方程，再化简，满足圆的方程的条件得到关于的方程，最后解方程即可.
【详解】
设此点的坐标为，则依题意有，
化简得，
此方程要表示圆，则.
故答案为：.
12．已知线段AB的两端点A、B分别在x轴和y轴上滑动，，M为线段AB的中点，则点M的轨迹方程为________．
【答案】
【分析】
因为M是AB的中点，所以，所以M的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，可得答案.
【详解】
当（或）中有一个在原点处时，则.
当均不在原点处时，三点构成以O为直角顶点的直角三角形.
由M为线段AB的中点，则
所以，则M的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，其方程为：
故答案为：
四、解答题
13．如图，已知长方形的两条对角线的交点为，且与所在的直线方程分别为与.
（1）求所在的直线方程；
（2）求出长方形的外接圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据直线垂直求得，由直线的方程求得点坐标，根据中点坐标公式求得点坐标，由点斜式求得直线方程.
（2）由圆心和半径求得长方形的外接圆的方程.
【详解】
（1）由于四边形是长方形，所以，所以.
所以直线的方程为.
由，解得，故.
由于关于对称，设，则，
所以.
由于，
所以直线的方程为，即.
（2）根据长方形的几何性质可知，长方形的外接圆圆心为，半径为，
所以外接圆的方程为.
14．在平面直角坐标系中，已知四点，，，.
（1）这四点是否在同一个圆上 如果是，求出这个圆的方程；如果不是，请说明理由；
（2）求出到点，，，的距离之和最小的点的坐标.
【答案】（1）四点，，，都在圆上；（2）.
【分析】
（1）设经过，，三点的圆的方程为，代入点，，的坐标可解得圆的方程，再判断点是否在圆上即可；
（2）由，当且仅当点在线段上时取等号，同理，当且仅当点在线段上时取等号，进而可得当点为，交点时距离之和最小，故求，交点坐标即可.
【详解】
（1）设经过，，三点的圆的方程为，
解得，，
因此，经过，，三点的圆的方程为.
由于，故点也在这个圆上.
因此，四点，，，都在圆上.
（2）因为，当且仅当点在线段上时取等号.
同理，，当且仅当点在线段上时取等号.
因此，当点是和的交点时，它到，，，的距离之和最小.
因为直线的方程为，直线的方程为，
联立解得点的坐标为.
15．已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线上.
（1）求半径最小时的圆的方程；
（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设出圆心坐标，表示出半径，利用二次函数的性质可得半径的最小值，进而可得此时圆的方程；
（2）设定点坐标，，表示出圆的方程，当为变量时，，能使该等式恒成立，即且，解方程组可得定点坐标．
【详解】
（1）因为圆心在直线上，
所以设圆心的坐标为.
又因为动圆经过坐标原点，
所以动圆的半径，所以半径的最小值为.
并且此时圆的方程为：.
（2）设定点坐标，，因为圆的方程为：
所以，
即，
因为当为变量时，，却能使该等式恒成立，
所以只可能且
即解方程组可得：，或者，（舍去）
所以圆恒过一定点，.
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