圆提高练习试题

1．（2011•桂林）如图，将边长为a的正六边形A1A2A3A4A5A6在直线l上由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径的长为（ ）

A、

B、

C、 D、

2．两圆半径长分别是R和r(Rr)，圆心距为d，若关于x的方程x22rx(Rd)20有相等的两实数根,则两圆的位置关系是_________.

3．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B的坐标分别为（8，0）、（0，6）．动点Q从点O、动点P从点A同时出发，分别沿着OA方向、AB方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为t（秒）（0＜t≤5）．以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连接CD、QC． （1）求当t为何值时，点Q与点D重合？

（2）设△QCD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值； （3）若⊙P与线段QC只有一个交点，请直接写出t的取值范围．

试卷第1页，总5页

4．如图半径分别为m，n（0＜m＜n）的两圆⊙O1和⊙O2相交于P，Q两点，且点P（4，1），两圆同时与两坐标轴相切，⊙O1与x轴，y轴分别切于点M，点N，⊙O2与x轴，y轴分别切于点R，点H． （1）求两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式； （2）求两圆的圆心O1，O2之间的距离d；

（3）令四边形PO1QO2的面积为S1，四边形RMO1O2的面积为S2．

试探究：是否存在一条经过P，Q两点、开口向下，且在x轴上截得的线段长为s1s22d的抛物线？若存在，请求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．

5．如图：点A、B在直线MN上，AB=11厘米，⊙A、⊙B的半径均为1厘米，⊙A以每秒2厘米的速度自左向右运动，于此同时，⊙B的半径也不断增大，其半径r（厘米）与时间t （秒）之间的关系式为r1t （t≥0）． （1）试写出点A、B之间的距离d（厘米）与时间t （秒）之间的函数表达式． （2）问点A出发后多少秒两圆相切?

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6 已知抛物线yax2bxc(a0)经过A(－2，0)、B(0，1)两点，且对称轴是y轴．经过点C(0，2)的直线l与x轴平行，O为坐标原点，P、Q为抛物线yax2bxc(a0)上的两动点．

(1) 求抛物线的解析式；

(2) 以点P为圆心，PO为半径的圆记为⊙P，判断直线l与⊙P的位置关系，并证明你的结论； (3) 设线段PQ＝9，G是PQ的中点，求点G到直线l距离的最小值．

7．如图，已知在⊙O中，AB=43，AC是⊙O的直径，AC⊥BD于F，∠A=30°．（1）求图中阴影部分的面积；

（2）若用阴影扇形OBD围成一个圆锥侧面，请求出这个圆锥的底面圆的半径．

(3) 试判断⊙O中其余部分能否给（2）中的圆锥做两个底面。

试卷第3页，总5页

y C B l A Q P O x

28 抛物线yaxbx3交x轴于A、B两点，交y轴于点C，已知抛物线的对称轴为直线x1，AB4．

（1）求二次函数yaxbx3的解析式；

（2）在抛物线对称轴上是否存在一点P，使点P到B、C两点距离之差最大？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；

（3）平行于x轴的一条直线交抛物线于M、N两点，若以MN为直径的圆恰好与x轴相切，求此圆的半径． 2

9．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，若以C为圆心，r为半径作圆，那么:

（1）当直线AB与⊙C相切时，求r的取值范围； （2）当直线AB与⊙C相离时，求r的取值范围； （3）当直线AB与⊙C相交时，求r的取值范围．

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A

10 如图，已知A、B、C、D均在已知圆上，AD‖BC，CA平分∠BCD， ∠ADC＝120，四边形ABCD周长为10. （1）求此圆的半径；

（2）求圆中阴影部分的面积．

DBC

11．如图，△ABO中，OA=OB，以O为圆心的圆经过AB的中点C，分别交OA、OB于点E、F。若△ABO腰上的高BD等于底边AB的一半且AB=43.

（1）求∠AOB的度数； （2）求弧ECF的长；

(3)把扇形OEF卷成一个无底的圆锥，则圆锥的底面半径是多少？

D O E A C F B

试卷第5页，总5页

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参考答案

1．A．

2．外切或内切 3．（1）

（2）S的最大值为15 （3）0＜t≤

或

＜t≤5

4． 解：（1）由题意可知O1（m，m），O2（n，n）， 设过点O1，O2的直线解析式为y=kx+b，则有：

mk+b=mk=1（0＜m＜n），解得。 nk+b=nb=0∴两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式为：y=x。

（2）由相交两圆的性质，可知P、Q点关于O1O2对称． ∵P（4，1），直线O1O2解析式为y=x，∴Q（1，4）。

如图1，连接O1Q， O2Q。∵Q（1，4），O1（m，m）， ∴根据勾股定理得到：O1Q

m12+m42=2

2m210m+17。

又∵O1Q为小圆半径，即QO1=m，

∴2m210m+17=m，化简得：m﹣10m+17=0 ①

同理可得：n﹣10n+17=0 ②

2

由①，②式可知，m、n是一元二次方程x﹣10x+17=0 ③的两个根， 解③得：x522。

∵0＜m＜n，∴m=5－22，n=5+22。 ∵O1（m，m），O2（n，n）， ∴d=O1O2=2

mn2+mn2=32+32=8。

（3）不存在。理由如下：

2

假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax+bx+c， ∵开口向下，∴a＜0。

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如图2，连接PQ。

由相交两圆性质可知，PQ⊥O1O2。 ∵P（4，1），Q（1，4）， ∴PQ

412+142=32。

又∵O1O2=8，∴S111PQO1O2328=122。 22又∵O2R=5+22，O1M=5－22，MR=42， ∴S2（O2RO1M）MR1211042202 2∴s1s22d=12220228=1，即抛物线在x轴上截得的线段长为1。

∵抛物线过点P（4，1），Q（1，4），

b=5a+116a+4b+c=1∴，解得。

a+b+c=4c=5+4a∴抛物线解析式为：y=ax﹣（5a+1）x+5+4a，

2

令y=0，则有：ax﹣（5a+1）x+5+4a=0， 设两根为x1，x2，则有：x1+x2=

2

5a+15+4a，x1x2=。 aa5a+125+4a）﹣4（）=1， aa∵在x轴上截得的线段长为1，即|x1﹣x2|=1， ∴（x1﹣x2）=1，∴（x1+x2）﹣4x1x2=1，即（化简得：8a﹣10a+1=0，解得a=22

2

517。 8可见a的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（即a＜0）矛盾。 ∴不存在这样的抛物线。 5．（1）d112t

（2）点A出发3秒两圆相外切，点A出发圆相切。 【答案】

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1111秒两圆内切，综上点A出发3秒和秒时两33本卷由【在线组卷网www.zujuan.com】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

6．．解：(1) ∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是y轴，∴b＝0． …………………………1分 ∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－2，0)、B(0，1)两点， 1∴c＝1，a＝－4， ……………………………………3分 1∴所求抛物线的解析式为y＝－4x2＋1． ……………4分 1

7．(2) 设点P坐标为(p，－4p2＋1)， 如图，过点P作PH⊥l，垂足为H，

11

∵PH＝2－(－4p2＋1)＝4p2＋1， …………………6分 OP＝11

p2＋(－4p2＋1)2 ＝－4p2＋1， ………………8分

∴OP＝PH， ∴直线l与以点P为圆心，PO长为半径的圆相切． …………………………………9分 8．(3) 如图，分别过点P、Q、G作l的垂线，垂足分别是D、E、F. 连接EG并延长交DP的延长线于点K， ∵G是PQ的中点， ∴易证得△EQG≌△KPG， ∴EQ＝PK， ………………………………………11分 1

由(2)知抛物线y＝－4x2＋1上任意一点到原点O的距离等于该点到直线l：y＝2的距离，

即EQ＝OQ，DP＝OP， …………………………………12分 1111∴ FG＝2DK＝2(DP＋PK)＝2(DP＋EQ)＝2(OP＋OQ)， ……13分

∴只有当点P、Q、O三点共线时，线段PQ的中点G到直线l的距离GF最小， ∵PQ＝9， ∴GF≥4.5，即点G到直线l距离的最小值是4.5． …………………………………14分

(若用梯形中位线定理求解扣1分)

9．解：（1）法一：过O作OE⊥AB于E，则AE=

A1AB=23． 1分 2E BOF CD

在Rt△AEO中，∠BAC=30°，cos30°=

AE． OA答案第3页，总6页

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2∴OA=AE=

cos30332=4． …………………………2分

又∵OA=OB，∴∠ABO=30°．∴∠BOC=60°． ∵AC⊥BD，∴BCCD． ∴∠COD =∠BOC=60°．∴∠BOD=120°． 3分

2∴S阴影=nπOA=120π4216π．

36036034分

法二：连结AD．∵AC⊥BD，AC是直径，

AOBF CD

∴AC垂直平分BD． ……………………1分

∴AB=AD，BF=FD，BCCD． ∴∠BAD=2∠BAC=60°， ∴∠BOD=120°． ……………………2分 ∵BF=

1AF3AB=23，sin60°=，AF=AB·sin60°=43×=6． 2AB2∴OB2=BF2+OF2．即(23)2(6OB)2OB2．∴OB=4． 3分

116∴S阴影=S圆=π．

334分

法三：连结BC．∵AC为⊙O的直径， ∴∠ABC=90°．……………………1分

AOBF CD

ACAB43． ……………………2分

8cos3032∵AB=43，∴

∵∠A=30°， AC⊥BD， ∴∠BOC=60°， ∴∠BOD=120°．

116∴S阴影=120π·OA2=×42·π=π．……………………4分

33360以下同法一．

（2）设圆锥的底面圆的半径为r，则周长为2πr，

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∴2πr4（3）r【答案】

1204π． ∴r． 6分 18034＜83－12，故能得到两个这样的底面。……………………8分 310．（1）设抛物线的解析式为ya(x1)2h，

（0， 3） 0)、C∵点B(3，在抛物线上，

∴，4ah0，a1 解得

h4.ah3.∴抛物线的解析式为y(x1)24x22x3． ……………2分 11．（2）yx22x3(x1)(x3)， ∴A（1，0），B（3，0）． ∴AC123210． ∴PA=PB，

∴PBPCPAPC． ………．．3分 如图1，在△PAC中，PAPCAC，

当P在AC的延长线上时，PAPCAC10． 设直线AC的解析式为ykxb， ∴kb0，

b3.k3，

b3.解得∴直线AC的解析式为y3x3． 当x1时，y336．

∴当点P的坐标为（1，6）时，PAPC的最大值为10．……………．5分

12．（3）如图2，当以MN为直径的圆与x轴相切时，yNr． ∵点N的横坐标为1r，

∴yN(r1)22(r1)3r24．

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∴r24r． 解得r1117117，r2． ……………．．7分 22

13．（1）r=2.4；（2）r<2.4；（3）r>2.4 14．(1)2 15．(2)

23 316．(1)∵△ABO腰上的高BD等于底边AB的一半 ∴∠A=30° ∵OA=OB

∴∠ABO=30° ∴∠AOB=120°

（2）由（1）得∠A=30°

1在Rt△ACO中，AC=2AB=23，∠A=30°， 则AO=2OC．

由勾股定理，求得OC=2． ∵∠AOB=120°．

4)由弧长公式可求得ECF的长为3π．

4233 （3）r=2答案第6页，总6页