課時分層作業(五十二)(本試卷共92分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2022·北京高考)若直線2x＋y－1＝0是圓(x－a)2＋y2＝1的一條對稱軸，則a＝()A．eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．1 D．－1A[若直線是圓的對稱軸，則直線過圓心，圓心坐標(a,0)，所以由2a＋0－1＝0，解得a＝eq\f(1,2).]2．若點P(1,1)在圓C：x2＋y2＋2x－m＝0的外部，則m的取值范圍為()A．(－1,4) B．(－4,1)C．(－1，＋∞) D．(－∞，4)A[將圓C：x2＋y2＋2x－m＝0化為標準方程可得(x＋1)2＋y2＝m＋1，圓心C(－1,0)，圓的半徑滿足r2＝m＋1>0，解得m>－1.又因為點P(1,1)在圓C：x2＋y2＋2x－m＝0的外部，所以|PC|2>r2，即(－1－1)2＋(0－1)2>m＋1，解得m<4.綜上所述，m的取值范圍為(－1,4)．]3．若與y軸相切的圓C與直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x也相切，且圓C經過點P(2，eq\r(3))，則圓C的直徑為()A．2 B．2或eq\f(14,3)C．eq\f(7,4) D．eq\f(7,4)或eq\f(16,3)B[因為直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x的傾斜角為30°，所以圓C的圓心在兩切線所成角的角平分線y＝eq\r(3)x上．設圓心C(a，eq\r(3)a)，則圓C的方程為(x－a)2＋(y－eq\r(3)a)2＝a2，將點P(2，eq\r(3))的坐標代入，得(2－a)2＋(eq\r(3)－eq\r(3)a)2＝a2，整理得3a2－10a＋7＝0，解得a＝1或a＝eq\f(7,3).所以圓C的直徑為2或eq\f(14,3).故選B.]4．如果實數x，y滿足(x－1)2＋y2＝eq\f(3,4)，那么eq\f(y,x)的最大值是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\r(3)D[顯然x≠0，令eq\f(y,x)＝k，即y＝kx，代入(x－1)2＋y2＝eq\f(3,4)，得(1＋k2)x2－2x＋eq\f(1,4)＝0，所以Δ＝4－4×(1＋k2)×eq\f(1,4)≥0，解得－eq\r(3)≤k≤eq\r(3).所以k的最大值為eq\r(3).故選D.]5．已知點O(0,0)，點P滿足|PO|＝1，則點P到直線l：x－my－3＝0的距離的最大值為()A．1 B．2C．3 D．4D[如圖，因為點P滿足|PO|＝1，所以點P的軌跡是以點O為圓心，1為半徑的圓．又直線l：x－my－3＝0經過定點(3,0)，由圖知，要使點P到直線x－my－3＝0的距離最大，只需使圓心O到直線l的距離最大，即當且僅當l⊥x軸時，點P到直線x－my－3＝0的距離最大，為3＋1＝4.]6．(2025·東營模擬)已知A，B是⊙C：(x－2)2＋(y－4)2＝25上的兩個動點，P是線段AB的中點．若|AB|＝6，則點P的軌跡方程為()A．(x－4)2＋(y－2)2＝16B．(x－2)2＋(y－4)2＝11C．(x－2)2＋(y－4)2＝16D．(x－4)2＋(y－2)2＝11C[由題意，A，B是⊙C：(x－2)2＋(y－4)2＝25上的兩個動點，P是線段AB的中點，|AB|＝6，圓的半徑為5，可得|PC|＝eq\r(25－9)＝4，所以點P的軌跡方程為(x－2)2＋(y－4)2＝16.故選C.]7．(2025·青島模擬)一束光線從點A(－3,2)出發，經x軸反射到圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的最短路徑的長度是()A．4 B．5C．5eq\r(2)－1 D．2eq\r(6)－1C[根據題意，設點A′與點A關于x軸對稱，且A(－3,2)，則點A′的坐標為(－3，－2)．又由|A′C|＝eq\r(25＋25)＝5eq\r(2)，則A′到圓C上的點的最短距離為5eq\r(2)－1.故這束光線從點A(－3,2)出發，經x軸反射到圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的最短路徑的長度是5eq\r(2)－1.故選C.]8．如圖，在等腰直角三角形OAB中，OB＝1，以AB為直徑作一個半圓，點P為半圓上任意一點，則·的最大值是()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\f(\r(2)＋1,2)D[如圖，以OA，OB所在直線分別為y軸、x軸建立平面直角坐標系，則A(0,1)，B(1,0)，以AB為直徑作一個半圓，點P為半圓上任意一點，半圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝eq\f(1,2)，0≤x≤eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2).設點P(x，y)，則＝(1,0)，＝(x，y)，所以·＝x≤eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋1,2).故·的最大值是eq\f(\r(2)＋1,2).故選D.]二、多項選擇題9．已知方程x2＋y2＋2x－m＝0，下列敘述正確的是()A．方程表示的是圓B．方程表示的圓的圓心在x軸上C．方程表示的圓的圓心在y軸上D．當m＝0時，方程表示以(－1,0)為圓心，1為半徑的圓BD[對于A，因為D＝2，E＝0，F＝－m，由方程表示圓的條件得D2＋E2－4F>0，即22＋02－4·(－m)>0，解得m>－1，所以只有當m>－1時方程才表示圓，故A錯誤；對于B，C，因為－eq\f(D,2)＝－1，－eq\f(E,2)＝0，若方程表示圓，則圓心坐標為(－1,0)，圓心在x軸上，故B正確，C錯誤；對于D，當m＝0時，半徑r＝eq\f(1,2)×eq\r(D2＋E2－4F)＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋02－4×0)＝1，故D正確．故選BD.]10．已知點A(1,0)，B(－2,0)，動點P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝2，則下面結論正確的為()A．點P的軌跡方程為(x＋3)2＋y2＝4B．點P到原點O的距離的最大值為5C．△PAB面積的最大值為4D．PA?PBABD[設動點P(x，y)，則由eq\f(|PA|,|PB|)＝2，得eq\f(\r((x－1)2＋y2),\r((x＋2)2＋y2))＝2，即(x－1)2＋y2＝4[(x＋2)2＋y2]，化簡得x2＋y2＋6x＋5＝0，即(x＋3)2＋y2＝4，A正確；因為點P軌跡是圓心為(－3,0)，半徑為2的圓，所以點P到原點O的距離最大值為eq\r((－3－0)2＋(0－0)2)＋2＝5，B正確；又A，B和點P軌跡的圓心都在x軸上，且|AB|＝3，所以當圓的半徑垂直于x軸時，△PAB的面積取得最大值eq\f(1,2)×3×2＝3，C錯誤；又PA?PB＝(1－x，－y)·(－2－x，－y)＝(1－x)(－2－x)＋y2＝x2＋y2＋x－2，因為y2＝－x2－6x－5(－5≤x≤－1)，所以PA?PB＝－5x－7(－5≤x≤－1)，則PA?PB≤－5×(－5)－7三、填空題11．在平面直角坐標系中，A，B分別在x軸、y軸的正半軸上移動，AB＝2.若點P滿足·＝2，則OP的取值范圍為________.[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1][取AB的中點為C，連接PC(圖略)，則PA?PB=所以PC＝eq\r(3)，故點P在以C為圓心，eq\r(3)為半徑的圓上．由條件知，O在以AB為直徑的半圓上，故OP∈[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]．]12．已知等腰三角形ABC，其中頂點A的坐標為(0,0)，底邊的一個端點B的坐標為(1,1)，則另一個端點C的軌跡方程為________.x2＋y2＝2(除去點(1,1)和點(－1，－1))[設C(x，y)，根據在等腰三角形ABC中，|AB|＝|AC|，可得(x－0)2＋(y－0)2＝(1－0)2＋(1－0)2，即x2＋y2＝2.考慮到A，B，C三點要構成三角形，因此點C不能為(1,1)和(－1，－1)．所以點C的軌跡方程為x2＋y2＝2(除去點(1,1)和點(－1，－1))．]四、解答題13．(15分)(2025·棗莊模擬)在平面直角坐標系中，A(－1,2)，B(2,1)，C(3,4)，D(0，a)四點在同一個圓E上．(1)求實數a的值；(2)若點P(x，y)在圓E上，求x2＋2x＋y2的取值范圍．解：(1)設過A，B，C的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.將點A，B，C的坐標分別代入圓的方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋4－D＋2E＋F＝0，,4＋1＋2D＋E＋F＝0，,9＋16＋3D＋4E＋F＝0，))解得D＝－2，E＝－6，F＝5，得圓的方程為x2＋y2－2x－6y＋5＝0.將點D的坐標代入上述所得圓的方程，得a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5.(2)點P(x，y)在圓E：(x－1)2＋(y－3)2＝5上，x2＋2x＋y2＝(x＋1)2＋y2－1，其幾何意義為圓E上的點到M(－1,0)距離的平方減1.如圖，|EM|＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，所以x2＋2x＋y2的最小值為(eq\r(13)－eq\r(5))2－1＝17－2eq\r(65)；x2＋2x＋y2的最大值為(eq\r(13)＋eq\r(5))2－1＝17＋2eq\r(65).所以x2＋2x＋y2的取值范圍是[17－2eq\r(65)，17＋2eq\r(65).]14．(15分)在平面直角坐標系Oxy中，曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)與x軸交于不同的兩點A，B，曲線Γ與y軸交于點C.(1)是否存在以AB為直徑的圓過點C？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由．(2)求證：過A，B，C三點的圓過定點．解：由曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)，令y＝0，得x2－mx＋2m＝0.設A(x1,0)，B(x2,0)，可得Δ＝m2－8m＞0，則m＜0或m＞8，x1＋x2＝m，x1x2＝2m.令x＝0，得y＝2m，即C(0,2m)．(1)若存在以AB為直徑的圓過點C，則·＝0，得x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2＝0，所以m＝0(舍去)或m＝－eq\f(1,2).此時C(0，－1)，AB的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))即圓心，半徑r＝|CM|＝eq\f(\r(17),4)，故所求圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2＋y2＝eq\f(17,16).(2)證明：設過A，B兩點的圓的方程為x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0，將點C(0,2m)代入可得E＝－1－2m，所以過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋