A．x2+y2﹣x﹣y﹣9＝0B．x2+y2﹣x﹣y﹣8＝0
C．x2+y2+x+y﹣9＝0D．x2+y2+x+y﹣8＝0
【分析】先求出A，B兩點間中點坐標(biāo)即為圓心坐標(biāo)，然后根據(jù)兩點間的距離公式求出AB間的距離即為圓的直徑，從而可得到圓的半徑，確定圓的方程．
【解答】解：由題意可知A，B的中點為圓心，故圓心為（，），
AB之間的距離等于直徑：＝，
圓的半徑為，
所求圓的方程為：（x﹣）2+（y﹣）2＝．
即x2+y2﹣x﹣y﹣8＝0．
故選：B．
2．（2020?北京）已知半徑為1的圓經(jīng)過點（3，4），則其圓心到原點的距離的最小值為（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】結(jié)合題意畫出滿足條件的圖象，結(jié)合圖象求出答案即可．
【解答】解：如圖示：
，
半徑為1的圓經(jīng)過點（3，4），可得該圓的圓心軌跡為（3，4）為圓心，1為半徑的圓，
故當(dāng)圓心到原點的距離的最小時，
連結(jié)OB，A在OB上且AB＝1，此時距離最小，
由OB＝5，得OA＝4，
即圓心到原點的距離的最小值是4，
故選：A．
3．（2020春?貴陽期末）已知P是圓x2+y2＝4上的動點，點A的坐標(biāo)為（0，5），則|PA|的最小值為（ ）
A．9B．7C．5D．3
【分析】用圓心到A的距離減去半徑解得．
【解答】解：圓O：x2+y2＝4，∴圓心O為（0，0），
半徑為2；
∴|AO|＝5，
∴|PA|的最小值為5﹣2＝3．
故選：D．
4．（2020春?昆山市期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的頂點坐標(biāo)分別為O（0，0），A（﹣4，0），B（﹣4，2），C（0，2），則矩形OABC的外接圓方程是（ ）
A．x2+y2﹣4x+2y＝0B．x2+y2+4x﹣2y＝0
C．x2+y2﹣8x+4y＝0D．x2+y2+8x﹣4y＝0
【分析】根據(jù)矩形OABC的頂點坐標(biāo)求出對角線中點M，再求出半徑r，即可寫出圓的方程．
【解答】解：矩形OABC的頂點坐標(biāo)分別為O（0，0），A（﹣4，0），B（﹣4，2），C（0，2），
所以O(shè)B的中點為M（﹣2，1），r＝|OB|＝＝；
所以矩形OABC的外接圓方程是（x+2）2+（y﹣1）2＝5，
化為一般式方程為x2+y2+4x﹣2y＝0．
故選：B．
5．（2020?全國Ⅱ卷模擬）已知圓C過點（4，6），（﹣2，﹣2），（5，5），點M，N在圓C上，則△CMN面積的最大值為（ ）
A．100B．25C．50D．
【分析】設(shè)圓C的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，由題意利用待定系數(shù)法求出圓的方程．
【解答】解：設(shè)圓C的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
將（4，6），（﹣2，﹣2），（5，5）代入可得，，
解得D＝﹣2，E＝﹣4，F(xiàn)＝﹣20，
故圓C的一般方程為x2+y2﹣2x﹣4y﹣20＝0，
即（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25，
故△CMN的面積，
故選：D．
6．（2020春?興慶區(qū)校級期末）已知圓C：x2+y2+2x﹣2my﹣4﹣4m＝0（m∈R），則當(dāng)圓C的面積最小時，圓上的點到坐標(biāo)原點的距離的最大值為（ ）
A．B．6C．D．
【分析】根據(jù)題意，將圓的方程變形為普通方程，分析其圓心半徑，可得當(dāng)圓C的面積最小時，必有m＝﹣2，此時r2＝1，即可得此時面積最小時圓的方程，結(jié)合點與圓的位置關(guān)系分析可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，圓C：x2+y2+2x﹣2my﹣4﹣4m＝0（m∈R），變形可得（x+1）2+（y﹣m）2＝m2+4m+5，
其圓心為（﹣1，m），半徑為r，則r2＝m2+4m+5＝（m+2）2+1，
當(dāng)圓C的面積最小時，必有m＝﹣2，此時r2＝1，
圓C的方程為（x+1）2+（y+2）2＝1，
圓心C到原點為距離d＝＝，
則圓上的點到坐標(biāo)原點的距離的最大值為d+r＝+1，
故選：D．
7．（2019秋?邵陽期末）在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的頂點B，C的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（2，0），中線AD的長度是4，則頂點A的坐標(biāo)滿足的方程是（ ）
A．x2+y2＝16（y≠0）B．x2+y2＝16（x≠0）
C．x2+y2＝4（y≠0）D．x2+y2＝4（x≠0）
【分析】由題意求出中點的坐標(biāo)，根據(jù)兩點間的距離求出A的軌跡構(gòu)成，注意三角形中A，B，C不能共線．
【解答】解：設(shè)A的坐標(biāo)：（x，y），由題意可得B，C的中點坐標(biāo)為：（0，0），y≠0
再由AD長度是4可得：x2+y2＝16，（y≠0）；
故選：A．
8．（多選）（2020春?金湖縣校級期中）已知點A（2，0），圓C：（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝1上存在點P，滿足PA2+PO2＝10，則a的取值可能是（ ）
A．1B．﹣1C．D．0
【分析】設(shè)P（x，y），由PA2+PO2＝10得到P的軌跡為（x﹣1）2+y2＝4，圓C：（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝1上存在點P，滿足PA2+PO2＝10，即兩圓（x﹣1）2+y2＝4與（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝1有交點，再由圓心距與兩圓半徑間的關(guān)系列不等式組求解．
【解答】解：設(shè)P（x，y），A（2，0），
由PA2+PO2＝10，得（x﹣2）2+y2+x2+y2＝10，
整理得：（x﹣1）2+y2＝4．
圓C：（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝1上存在點P，滿足PA2+PO2＝10，
即兩圓（x﹣1）2+y2＝4與（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝1有交點，
則1＝2﹣1≤≤2+1＝3，
解得|a|．
∴a的取值可能是1，﹣1，．
故選：ABC．
9．（多選）（2019秋?丹東期末）圓x2+y2﹣4x﹣1＝0（ ）
A．關(guān)于點（2，0）對稱B．關(guān)于直線y＝0對稱
C．關(guān)于直線x+3y﹣2＝0對稱D．關(guān)于直線x﹣y+2＝0對稱
【分析】把圓的一般方程華為標(biāo)準(zhǔn)方程，可得結(jié)論．
【解答】解：圓x2+y2﹣4x﹣1＝0，即圓（x﹣2）2+y2＝5，它的圓心為（2，0），半徑等于，
故圓關(guān)于點（2，0）對稱，且關(guān)于經(jīng)過（2，0）的直線對稱，
故選：ABC．
10．（2020春?上饒期末）若點M（m，m﹣1）在圓C：x2+y2﹣2x+4y+1＝0內(nèi)，則實數(shù)m的取值范圍為 ．
【分析】由題意，把M的坐標(biāo)代入圓的方程的左邊，可得m2+（m﹣1）2﹣2m+4（m﹣1）+1＜0，求解得答案．
【解答】解：∵點M（m，m﹣1）在圓C：x2+y2﹣2x+4y+1＝0內(nèi)，
∴m2+（m﹣1）2﹣2m+4（m﹣1）+1＜0，
即m2＜1，則﹣1＜m＜1．
∴m的取值范圍是（﹣1，1）．
故答案為：（﹣1，1）．
11．（2020春?鎮(zhèn)江期末）圓（x+1）2+（y﹣2）2＝4關(guān)于直線x＝1對稱的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ．
【分析】兩圓關(guān)于直線對稱 等價于圓心關(guān)于直線對稱，半徑不變．
【解答】解：∵圓（x+1）2+（y﹣2）2＝4的圓心（﹣1，2）關(guān)于直線x＝1對稱的點為（3，2）；
∴對稱圓的圓心為（3，2），半徑為2，
故對稱圓的方程為：（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4，
故答案為：（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4．
12．（2020春?天河區(qū)期末）已知圓C：x2+y2+6x﹣8y+16＝0，則圓心C的坐標(biāo)為 ；設(shè)A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圓C上存在點Q，使得AQ⊥QB，則m的取值范圍是 ．
【分析】把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式，可得圓心坐標(biāo)；再根據(jù)以AB為直徑的圓和圓C有交點，求得m的范圍．
【解答】解：圓C：x2+y2+6x﹣8y+16＝0，即：（x+3）2+（y﹣4）2＝9，則圓心C的坐標(biāo)為（﹣3，4）；
設(shè)A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圓C上存在點Q，使得AQ⊥QB，
則以AB為直徑的圓和圓C有交點，
故故兩圓的圓心距大于或等于半徑之差小于或等于半徑之和．
而以AB為直徑的圓的圓心為原點，半徑為m，
∴|3﹣m|≤≤m+3，即|3﹣m|≤5≤m+3，
求得2≤m≤8，
故答案為：（﹣3，4）；[2，8]．
13．（2020?河?xùn)|區(qū)一模）已知圓O過點A（0，0）、B（0，4）、C（1，1），點D（3，4）到圓O上的點最小距離為 ．
【分析】由題意利用用待定系數(shù)法求出圓的方程，再根據(jù)點和圓的位置關(guān)系，得出結(jié)論．
【解答】解：設(shè)圓O的方程為x2+y2+dx+ey+f＝0，∵圓O過點A（0，0）、B（0，4）、C（1，1），
∴，求得，故圓的方程為 x2+y2+2x﹣4y＝0，
即 （x+1）2+（y﹣2）2＝5，表示圓心為（﹣1，2）、半徑為的圓．
∵|DO|＝＝2，
故點D（3，4）到圓O上的點最小距離為2﹣＝，
故答案為：．
14．（2020?錫山區(qū)校級模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A和B是圓C：（x﹣1）2+y2＝1上兩點，且AB＝，點P的坐標(biāo)為（2，1），則|2﹣|的取值范圍為 ．
【分析】設(shè)，則有，所以A為BE的中點，AE＝BE＝，過C作CF⊥AB，垂足為F，可以計算出CE長度為定值，得點E的軌跡方程為：（x﹣1）2+y2＝5，再求取值范圍，即可．
【解答】解：設(shè)，則有，
所以A為BE的中點，AE＝AB＝，
過C作CF⊥AB，垂足為F，
因為AB＝，所以AF＝BF＝，CF＝＝
EF＝AE+AF＝+＝，
CE＝＝＝，
所以點E的軌跡方程為：（x﹣1）2+y2＝5，
所以CP＝，
所以|2﹣|的取值范圍為：[﹣，+]，
故答案為：[﹣，+]．
15．（2020春?淮安期中）已知△ABC的三個頂點分別為A（﹣2，0），B（0，2），C（2，﹣2），求：
（1）AB邊上的高所在直線的方程；
（2）△ABC的外接圓的方程．
【分析】（1）求出直線AB的斜率和AB邊上的高所在直線斜率，由點斜式寫出AB邊上的高所在直線方程；
（2）設(shè)出△ABC外接圓的方程，代入三點坐標(biāo)即可求得對應(yīng)系數(shù)．
【解答】解：（1）直線AB的斜率為k＝＝1，
所以AB邊上的高所在直線斜率為k′＝﹣1，
則AB邊上的高所在直線的方程為y+2＝﹣（x﹣2），
即x+y＝0；
（2）設(shè)△ABC的外接圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
由題意得，
解得；
所以△ABC的外接圓的方程為x2+y2﹣x+y﹣＝0．
16．（2019秋?臺州期末）已知點A（0，﹣1），B（2，0），C（a，0）（a∈R）．
（1）求以A為圓心，AB為半徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線AC的斜率是直線AB斜率的2倍，求實數(shù)a的值．
【分析】（1）根據(jù)圓心坐標(biāo)和半徑的長度書寫圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）利用直線AC的斜率是直線BC的斜率的2倍，建立方程，求實數(shù)a的值．
【解答】解：（1）|AB|2＝5，則所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+（y+1）2＝5．
（2）由A，C兩點坐標(biāo)的斜率公式得，
由A，B兩點坐標(biāo)的斜率公式得，
由已知kAC＝2kAB，知 ＝2×．
解得a＝1．
17．（2019秋?長寧區(qū)期末）河北省趙縣的趙州橋是世界上歷史最悠久的石拱橋之一，趙州橋的跨度約為37.4m，圓拱高約為7.2m．如圖建立直角坐標(biāo)系，求該圓拱所在圓的標(biāo)準(zhǔn)方程（數(shù)值精確到0.1m）．
【分析】根據(jù)題意，設(shè)圓的圓心為O，圓的半徑為R，以O(shè)為坐標(biāo)原點，圓拱高所在直線為y軸建立坐標(biāo)系；利用勾股定理求出圓的半徑，即可求出圓拱所在圓的方程．
【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)圓的圓心為O，圓的半徑為R；
如圖：以圓心O為原點，以圓拱高所在直線為y軸建立坐標(biāo)系；
由題意，|AB|＝37.4m，|CD|＝7.2m，|AC|＝|AB|＝18.7m
在Rt△ACO中，R2＝18.72+（R﹣7.2）2，解得R＝27.9m
所求圓的方程為x2+y2＝27.92
18．（2019秋?黃浦區(qū)期末）已知M（1，﹣1）、N（2，2）、P（3，1），圓C經(jīng)過M、N、P三點．
（1）求圓C的方程，并寫出圓心坐標(biāo)和半徑的值；
（2）若過點Q（1，1）的直線l與圓C交于A、B兩點，求弦AB的長度|AB|的取值范圍．
【分析】（1）設(shè)圓C得一般方程x2+y2+Dx+Ey+F＝0．M、N、P三點，坐標(biāo)代入得，解得D，E，F(xiàn)，進而得出圓的方程．進而得出圓心坐標(biāo)，半徑．
（2）結(jié)合圖形，可知0≤d≤|O1Q|＝＝＜．|AB|＝2．進而得出|AB|的取值范圍．
【解答】解：（1）設(shè)圓C：x2+y2+Dx+Ey+F＝0．
∵圓C過M、N、P三點，
∴，
解得，
∴圓C：x2+y2﹣3x﹣y＝0，圓心O1（，），半徑r＝．
（2）設(shè)圓心到直線l的距離為d，
點Q（1，1）到圓心的距離為|OQ|＝＝＜．
∴點Q在圓內(nèi)，
∴|AB|＝2．
結(jié)合圖形，可知0≤d≤|OQ|＝（l過圓心時，d＝0；l⊥OQ時，d＝）．
∴2|AB|．
19．（2019秋?安慶期末）已知圓C過點A（﹣1，0）和點B（﹣3，2），且圓心C在直線2x﹣y+6＝0上．
（1）求圓C的方程；
（2）P為圓上異于A，B兩點的任意點，求△PAB面積的最大值．
【分析】（1）由題意設(shè)圓心的坐標(biāo)，根據(jù)到圓上的距離相等求出圓心的坐標(biāo)，進而求出半徑，寫出圓的方程；
（2）由（1）求出弦長AB，圓上大直線AB最大距離為圓心大圓的距離加半徑，即可求出面積的最大值．
【解答】解：（1）由題意設(shè)圓心C（a，2a+6），因為|AC|＝|BC|，
所以＝，解得：a＝﹣3，
所以圓心C坐標(biāo)（﹣3，0），半徑r＝|AC|＝2
所以圓的方程：（x+3）2+y2＝4；
（2）由題意知kAB＝＝﹣1，
所以直線AB的方程：y＝﹣（x+1），即：x+y+1＝0，
所以圓心C到直線AB的距離d＝＝，|AB|＝2＝2＝2
所以P到直線的最大距離h＝r+d＝2+，
所以△PAB面積的最大值S＝?|AB|?h＝（2+）＝2+2．
20．（2019秋?紹興期末）在平面直角坐標(biāo)系中，A（﹣1，2），B（2，1），C（3，4），D（0，a）四點在同一個圓E上．
（Ⅰ）求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）若點P（x，y）在圓E上，求x2+2x+y2的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）設(shè)過A、B、C的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0．將點A、B、C的坐標(biāo)分別代入圓的方程，求得D、E、F的值，可得圓的方程，把D點坐標(biāo)代入，即可求得a值；
（Ⅱ）點P（x，y）在圓E：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝5上，由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，求出|EM|，則答案可求．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)過A、B、C的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0．
將點A、B、C的坐標(biāo)分別代入圓的方程，
得，
解得：D＝﹣2，E＝﹣6，F(xiàn)＝5，
得圓的方程為x2+y2﹣2x﹣6y+5＝0．
將點D的坐標(biāo)代入上述所得圓的方程，
得a2﹣6a+5＝0，解得a＝1或5；
（Ⅱ）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|＝，
∴x2+2x+y2的最小值為＝；
x2+2x+y2的最大值為．
∴x2+2x+y2的取值范圍是[，]．
[B組]—強基必備
1．（2020春?洛陽期末）已知的△OMN三個頂點為O（0，0），M（6，0），N（8，4），過點（3，5）作其外接圓的弦，若最長弦與最短弦分別為AC，BD，則四邊形ABCD的面積為（ ）
A．10B．20C．30D．40
【分析】設(shè)出三角形外接圓的方程，代入已知點的坐標(biāo)求得待定系數(shù)，可得圓的方程，根據(jù)題意可知，過（3，5）的最長弦為直徑，最短弦為過（3，5）且垂直于該直徑的弦，分別求出兩個量，然后利用對角線垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半求出即可．
【解答】解：設(shè)△OMN的外接圓的方程為（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
由O（0，0），M（6，0），N（8，4），得
，解得．
∴圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣3）2+（y﹣4）2＝52，
點（3，5）在圓內(nèi)部，
由題意得最長的弦|AC|＝2×5＝10，
點（3，5）到圓心（3，4）的距離為1．
根據(jù)勾股定理得最短的弦|BD|＝2＝4，且AC⊥BD，
四邊形ABCD的面積S＝|AC|?|BD|＝×10×4＝20．
故選：B．
2．（2020?南通模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C的半徑為，圓心在直線l：y＝2x﹣1上，若圓C上存在一點P，使得直線l1：ax﹣y﹣2＝0與直線l2：x+ay﹣2＝0交于點P，則當(dāng)實數(shù)a變化時，圓心C的橫坐標(biāo)x的取值范圍是 ．
【分析】先判斷出點P所在運動軌跡，利用P點在圓C上，表示出圓心距d的范圍即可求出圓心C的橫坐標(biāo)取值范圍
【解答】解：因為直線l1：ax﹣y﹣2＝0與直線l2：x+ay﹣2＝0互相垂直，且分別過定點A（0，﹣2），B（2，0），
故點P在以AB為直徑的圓上運動，直徑AB＝＝2，即半徑為，圓心坐標(biāo)為（1，﹣1），
又因為點P在圓C上，故兩圓有公共點，所以兩圓的圓心距d滿足0≤d≤2，
即0≤≤2，解得﹣1≤x≤，
故答案為[﹣1，]．
3．（2019春?南京期末）已知△ABC的三個頂點A（﹣1，0），B（1，0），C（3，2），其外接圓H．
（1）求圓H的方程；
（2）若直線l過點C，且被圓H截得的弦長為2，求直線l的方程．
（3）對于線段BH上的任意一點P，若在以C為圓心的圓上都存在不同的兩點M，N，使得點M是線段PN的中點，求圓C的半徑r的取值范圍．
【分析】（1）求出圓心坐標(biāo)與半徑，即可求出圓H的方程；
（2）根據(jù)直線l過點C，且被⊙H截得的弦長為2，設(shè)出直線方程，利用勾股定理，即可求直線l的方程；
（3）設(shè)P的坐標(biāo)，可得M的坐標(biāo)，代入圓的方程，可得以（3，2）為圓心，r為半徑的圓與以（6﹣m，4﹣n）為圓心，2r為半徑的圓有公共點，由此求得⊙C的半徑r的取值范圍．
【解答】解：（1）由題意，A（﹣1，0），B（1，0），C（3，2），∴AB的垂直平分線是x＝0，
∵BC：y＝x﹣1，BC中點是（2，1），
∴BC的垂直平分線是y＝﹣x+3，
由，得到圓心是（0，3），∴r＝，
∴圓H的方程是x2+（y﹣3）2＝10；
（2）∵弦長為2，∴圓心到l的距離d＝3．
設(shè)l：y＝k（x﹣3）+2，則d＝＝3，∴k＝，∴l(xiāng)的方程y＝x﹣2；
當(dāng)直線的斜率不存在時，x＝3，也滿足題意．
綜上，直線l的方程是x＝3或y＝x﹣2；
（3）直線BH的方程為3x+y﹣3＝0，設(shè)P（m，n）（0≤m≤1），N（x，y）．
因為點M是點P，N的中點，所以M（，），
又M，N都在半徑為r的圓C上，所以，
即，
因為該關(guān)于x，y的方程組有解，
即以（3，2）為圓心，r為半徑的圓與以（6﹣m，4﹣n）為圓心，2r為半徑的圓有公共點，
所以（2r﹣r）2≤（3﹣6+m）2+（2﹣4+n）2≤（r+2r）2，
又3m+n﹣3＝0，
所以r2≤10m2﹣12m+10≤9r2對任意m∈[0，1]成立．
而f（m）＝10m2﹣12m+10在[0，1]上的值域為[，10]，
又線段BH與圓C無公共點，所以（m﹣3）2+（3﹣3m﹣2）2＞r2對任意m∈[0，1]成立，即r2＜．
故圓C的半徑r的取值范圍為[，）．

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