与圆有关的轨迹问题-直线和圆方程的拓展与综合知识点教师选题进阶自测题答案-江西省等高一数学选择必修,平均正确率55.99999999999999%

3、['两直线的交点坐标'， '直线与圆的位置关系及其判定'， '与圆有关的轨迹问题']

正确率60.0%已知$${{A}{，}{B}}$$是圆$${{C}}$$：$${{(}{x}{−}{m}{{)}^{2}}{+}{(}{y}{−}{3}{{)}^{2}}{=}{3}{(}{m}{>}{0}{)}}$$上两点，且$${{|}{A}{B}{|}{=}{2}{\sqrt {2}}}$$.若存在$${{a}{∈}{R}{，}}$$使得直线$${{l}_{1}}$$：$${{a}{x}{−}{y}{+}{4}{a}{+}{1}{=}{0}}$$与$${{l}_{2}}$$：$${{x}{+}{a}{y}{−}{5}{a}{=}{0}}$$的交点$${{P}}$$恰为$${{A}{B}}$$的中点，则实数$${{m}}$$的取值范围为（）

A.$${{(}{0}{，}{2}{\sqrt {2}}{−}{1}{]}}$$

B.$${{(}{0}{，}{2}{\sqrt {2}}{−}{2}{]}}$$

C.$${{(}{0}{，}{2}{\sqrt {2}}{+}{1}{]}}$$

D.$${{(}{0}{，}{2}{\sqrt {2}}{+}{3}{]}}$$

4、['直线与圆相交'， '直线的斜率'， '与圆有关的轨迹问题']

正确率40.0%已知点$${{P}{（}{2}{，}{2}{）}}$$，圆$${{C}{：}{{x}^{2}}{+}{{y}^{2}}{−}{8}{x}{=}{0}}$$，过点$${{P}}$$的动直线$${{l}}$$与圆$${{C}}$$交于$${{A}{，}{B}}$$两点，线段$${{A}{B}}$$的中点为$${{M}{，}{O}}$$为坐标原点．当$${{|}{O}{P}{|}{=}{|}{O}{M}{|}}$$时，则直线$${{l}}$$的斜率（）

A.$${{k}{=}{3}}$$

B.$${{k}{=}{−}{3}}$$

C.$$k=\frac{1} {3}$$

D.$$k=-\frac{1} {3}$$

5、['与圆有关的最值问题'， '与圆有关的轨迹问题']

正确率40.0%已知$${{△}{A}{B}{C}}$$的边长为$${{2}{\sqrt {3}}}$$，在平面$${{A}{B}{C}}$$中，动点$${{P}{，}{M}}$$满足$${{A}{P}{=}{1}{，}{M}}$$是$${{P}{C}}$$的中点，则线段$${{B}{M}}$$的最小值为（）

A.$$\frac{5} {2}$$

B.$${{2}}$$

C.$${\sqrt {3}{+}{1}}$$

D.$${{3}}$$

6、['与圆有关的轨迹问题']

正确率40.0%曲线$${{C}}$$为：到两定点$${{M}{（}{−}{2}{，}{0}{）}{、}{N}{（}{2}{，}{0}{）}}$$距离乘积为常数$${{1}{6}}$$的动点$${{P}}$$的轨迹．以下结论正确的个数为（）
$${（{1}{）}}$$曲线$${{C}}$$一定经过原点；
$${（{2}{）}}$$曲线$${{C}}$$关于$${{x}}$$轴对称，但不关于$${{y}}$$轴对称；
$${（{3}{）}{△}{M}{P}{N}}$$的面积不大于$${{8}}$$；
$${（{4}{）}}$$曲线$${{C}}$$在一个面积为$${{6}{0}}$$的矩形范围内．

A.$${{0}}$$

B.$${{1}}$$

C.$${{2}}$$

D.$${{3}}$$

7、['直线与圆相交'， '与圆有关的轨迹问题']

正确率40.0%过点$${{(}{6}{，}{0}{)}}$$的直线与圆$${{C}{：}{{x}^{2}}{+}{{y}^{2}}{−}{6}{x}{+}{5}{=}{0}}$$相交于$${{A}{、}{B}}$$两点，则弦$${{A}{B}}$$的中点的轨迹方程为

A.$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{−}{9}{x}{+}{{1}{8}}{=}{0}}$$

B.$$x^{2}+y^{2}-9 x+1 8=0 ( 3 \leqslant x < \frac{1 3} {3} )$$

C.$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{+}{9}{x}{+}{{1}{8}}{=}{0}}$$

D.$$x^{2}+y^{2}-9 x+1 8=0 ( \frac{1 3} {3} < x < 5 )$$

8、['圆的定义与标准方程'， '两点间的距离'， '圆的一般方程'， '与圆有关的轨迹问题']

正确率40.0%已知三角形$${{A}{B}{C}}$$是等腰三角形，$${{A}}$$为顶点，若一腰的两个端点坐标分别是$${{A}{{(}{4}{，}{2}{)}}{，}{B}{{(}{−}{2}{，}{0}{)}}}$$，则另一腰的一个端点$${{C}}$$的轨迹方程是（）

A.$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{−}{8}{x}{−}{4}{y}{=}{0}}$$

B.$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{−}{8}{x}{−}{4}{y}{−}{{2}{0}}{=}{0}{{(}{x}{≠}{−}{2}{，}{x}{≠}{{1}{0}}{)}}}$$

C.$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{+}{8}{x}{+}{4}{y}{−}{{2}{0}}{=}{0}{{(}{x}{≠}{−}{2}{，}{x}{≠}{{1}{0}}{)}}}$$

D.$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{−}{8}{x}{−}{4}{y}{+}{{2}{0}}{=}{0}}$$$${{(}{x}{≠}{−}{2}{，}{x}{≠}{{1}{0}}{)}}$$

9、['与圆有关的轨迹问题']

正确率40.0%已知点$${{Q}{(}{−}{1}{，}{m}{)}{，}{P}}$$是圆$${{C}}$$：$${{(}{x}{−}{a}{{)}^{2}}{+}{(}{y}{−}{2}{a}{+}{4}{{)}^{2}}{=}{4}}$$上任意一点，若线段$${{P}{Q}}$$的中点$${{M}}$$的轨迹方程为$${{x}^{2}{+}{(}{y}{−}{1}{{)}^{2}}{=}{1}{，}}$$则$${{m}}$$的值为（）

A.$${{1}}$$

B.$${{2}}$$

C.$${{3}}$$

D.$${{4}}$$

10、['与圆有关的轨迹问题']

正确率60.0%阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，内容是：如果动点$${{M}}$$与两个定点$${{A}}$$、$${{B}}$$的距离之比为$${{λ}{(}{λ}{>}{0}{，}{λ}{≠}{1}{)}}$$，那么点$${{M}}$$的轨迹就是圆$${{.}}$$若已知圆$${{O}}$$：$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{1}}$$和点$$A (-\frac{1} {2}， 0 )$$，点$${{B}{(}{4}{，}{2}{)}}$$，$${{M}}$$为圆$${{O}}$$上的动点，则$${{2}{|}{M}{A}{|}{+}{|}{M}{B}{|}}$$的最小值为$${{(}{)}}$$

A.$${{2}{\sqrt {{1}{1}}}}$$

B.$${{2}{\sqrt {{1}{0}}}}$$

C.$${\sqrt {{3}{5}}}$$

D.$${\sqrt {{3}{7}}}$$

3. 解析：

首先，圆$$C$$的圆心为$$(m, 3)$$，半径为$${\sqrt{3}}$$。设$$AB$$的中点为$$P$$，则$$CP$$为弦$$AB$$的垂直平分线，且$$CP = \sqrt{3 - ({\sqrt{2}})^2} = 1$$。直线$$l_1$$和$$l_2$$的交点$$P$$满足$$x + a y = 5a$$和$$a x - y = -4a -1$$，解得$$P$$的坐标为$$\left(\frac{5a^2 + 4a +1}{a^2 +1}, \frac{5a + 4a^2 + a}{a^2 +1}\right)$$。由于$$P$$在圆内，满足$$(x - m)^2 + (y - 3)^2 \leq 3$$。代入并化简，得到$$m$$的范围为$$(0, 2{\sqrt{2}} -1]$$，故选A。

4. 解析：

圆$$C$$的方程为$$(x-4)^2 + y^2 = 16$$，圆心$$C(4,0)$$。设$$M(x,y)$$，由$$|OP| = |OM|$$得$$x^2 + y^2 = 8$$。又$$M$$是$$AB$$的中点，故$$CM \perp AB$$，斜率$$k_{CM} \cdot k_{AB} = -1$$。由$$C(4,0)$$和$$M(x,y)$$得$$k_{CM} = \frac{y}{x-4}$$，因此$$k_{AB} = -\frac{x-4}{y}$$。又$$M$$在$$OP$$上，$$y = x$$，代入得$$k_{AB} = -\frac{x-4}{x} = -1 + \frac{4}{x}$$。由$$x^2 + y^2 = 8$$和$$y = x$$得$$x = \pm 2$$。验证得$$k_{AB} = -3$$，故选B。

5. 解析：

设$$ABC$$为等边三角形，边长为$$2{\sqrt{3}}$$。以$$A$$为原点，$$AB$$为$$x$$轴建立坐标系，则$$B(2{\sqrt{3}}, 0)$$，$$C({\sqrt{3}}, 3)$$。设$$P$$在平面内满足$$AP = 1$$，即$$P$$在以$$A$$为圆心、半径为1的圆上。$$M$$为$$PC$$的中点，故$$M$$的坐标为$$\left(\frac{x_P + {\sqrt{3}}}{2}, \frac{y_P + 3}{2}\right)$$。$$BM$$的最小值为$${\sqrt{({\sqrt{3}} - 1)^2 + (3 - 0)^2}}/2 = 2$$，故选B。

6. 解析：

设$$P(x,y)$$，由题意得$${\sqrt{(x+2)^2 + y^2}} \cdot {\sqrt{(x-2)^2 + y^2}} = 16$$。平方后化简得$$(x^2 + y^2 + 4)^2 - 16x^2 = 256$$。验证原点$$(0,0)$$不满足，故(1)错误。曲线关于$$x$$轴对称，但不关于$$y$$轴对称，(2)正确。$${\triangle MPN}$$的面积最大值为8，(3)正确。曲线为四次曲线，其范围可包含在矩形内，(4)正确。故选D。

7. 解析：

圆$$C$$的方程为$$(x-3)^2 + y^2 = 4$$，圆心$$(3,0)$$，半径2。设$$AB$$的中点为$$M(x,y)$$，则$$CM \perp AB$$，且$$CM = \sqrt{4 - ({\sqrt{2}})^2} = {\sqrt{2}}$$。由$$M$$在$$OP$$上，得$$x^2 + y^2 - 6x + 5 = 0$$，即$$(x-3)^2 + y^2 = 4$$。结合$$3 \leq x < \frac{13}{3}$$，故选B。

8. 解析：

设$$C(x,y)$$，由$$ABC$$为等腰三角形且$$A$$为顶点，得$$|AB| = |AC|$$。计算$$|AB| = {\sqrt{(4+2)^2 + (2-0)^2}} = {\sqrt{40}}$$，故$$|AC| = {\sqrt{(x-4)^2 + (y-2)^2}} = {\sqrt{40}}$$，化简得$$x^2 + y^2 -8x -4y -20 = 0$$。排除$$B$$和$$C$$重合的情况，得$$x \neq -2$$且$$x \neq 10$$，故选B。

9. 解析：

设$$P(x,y)$$在圆$$C$$上，$$M$$为$$PQ$$的中点，坐标为$$\left(\frac{x-1}{2}, \frac{y+m}{2}\right)$$。由$$M$$的轨迹为$$x^2 + (y-1)^2 = 1$$，代入得$$\left(\frac{x-1}{2}\right)^2 + \left(\frac{y+m}{2} -1\right)^2 = 1$$。与圆$$C$$的方程联立，解得$$m = 2$$，故选B。

10. 解析：

由阿波罗尼斯圆定义，设$$M$$满足$$|MA|/|MB| = \lambda$$。计算$$2|MA| + |MB|$$的最小值，利用几何变换得最小值为$$2{\sqrt{10}}$$，故选B。

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