阿氏圆专题讲义-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

圆知识拓展：阿氏圆专题 一、专题概述 阿氏圆是阿波罗尼斯圆的简称，已知平面上两点A、B，则所有满足PA/PB=k且不等于1的点P的轨迹是一个以定比m：n内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆。这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆 二、知识讲解 1、定义：平面上给定两点,设点在同一平面上满足，当且时，点的轨迹是圆，称之为阿波罗尼斯圆。(时，点的轨迹是线段的中垂线) 定理：为两已知点，分别为线段的定比的内外分点，则以为直径的圆上任意点到两点的距离之比为。 2、到两个定点,的距离之比为定值的所有的点组成什么形状的曲线？ 解:以为原点,建立平面直角坐标系.,,其中. 设是平面上任意一点,由,得,化简得 , 当,曲线方程为,即,这是线段的垂直平分线 当时,可化为,这是圆的标准方程 可知当时,曲线是圆. 三、典例剖析 例1、在平面直角坐标系中，设点，若存在点，使得，则实数的取值范围是 解析：设，则，即，故动点在以为圆心，为半径的圆上运动；由于，故动点在线段的垂直平分线上运动，因此问题转化为直线与圆有交点，所以，即，因此实数的取值范围是. 例2、已知点，，圆，在圆上存在点满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设P（x,y）在D（t，0）上， |DA|=t+1,|DB|=t-2,当P在AB上时，坐标为（1,0），所以r=t-1， 又|DA||DB|=，，解得t=3 可得圆心，半径， 由圆可得圆心，半径， 因为在圆上存在点满足， 所以圆与圆有公共点， 所以，整理可得：， 解得：， 所以实数的取值范围是， 例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A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.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.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（    ） C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10 C．在C上存在点M，使得 D．C上的点到直线的最大距离为9 【答案】AD 【详解】解：设圆心C（t，0）（t<-2），当P在线段AB上时，坐标为（0,0） 所以， 由|CA||CB|=得解得.r=4，A正确； 点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误. 设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误； C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确。 四、变式练习 一、单选题 1．（23-24高二上·贵州·阶段练习）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．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，已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·四川成都·模拟预测）已知平面上两定点，则所有满足且的点的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为6的正方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·贵州贵阳·阶段练习）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为，当面积最大时，（    ） A． B． C．8 D．16 4．（23-24高二上·河北保定·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）的点所形成的图形是圆，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．已知在平面直角坐标系中，，，点满足，则点的轨迹的圆心坐标为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·四川眉山·三模）阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数的动点的轨迹．已知在中，角、、所对的边分别为、、，且，，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·江西·期中）数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（常数大于零且不等于一）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线：与圆恒有公共点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·安徽铜陵·三模）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·湖南·模拟预测）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A，B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.已知在平面直角坐标系中，，若点P是满足的阿氏圆上的任意一点，点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为R，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高二上·福建泉州·期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）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，已知，，动点满足，直线，则（     ） A．直线过定点 B．动点的轨迹方程为 C．动点到直线的距离的最大值为 D．若点的坐标为，则的最小值为 10．（23-24高二上·广东茂名·期中）古希腊著名数学家阿波罗尼奥斯（约公元前前年）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，称为阿波罗尼奥斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，已知点，，平面内的动点满足：，则下列关于动点的结论正确的是（    ） A．点的轨迹方程为 B．当三点不共线时，面积的最大值是 C．当三点不共线时，若点的轨迹与线段交于，则 D．若点，则的最小值为 11．（23-24高二上·广东·阶段练习）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所形成的图形是圆．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．已知在平面直角坐标系中，，．动点满足，设动点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（    ） A．的方程为 B．关于直线对称的曲线方程为 C．在上存在点，使得到点的距离为3 D．若，，则在上不存在点，使得 12．（23-24高二上·江苏常州·期末）古希腊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A，B的距离之比为定值m（m≠1）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，，点P满.设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（    ） A．C的方程为 B．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线 C．在C上存在K使得 D．在x轴上存在异于A，B的两个定点D，E，使得 13．（23-24高二上·重庆·期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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，，，动点满足，直线，则（    ） A．动点的轨迹方程为 B．直线与动点的轨迹一定相交 C．动点到直线距离的最大值为 D．若直线与动点的轨迹交于，两点，且，则 14．（23-24高一下·江苏无锡·期中）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（）的点所形成的图形是圆．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．已知在平面直角坐标系中，、，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（    ） A．的方程为 B．在上存在点，使得到点的距离为3 C．在上存在点，使得 D．在上存在点，使得 15．（23-24高二上·辽宁沈阳·阶段练习）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.设点的轨迹为，下列结论正确的是（    ） A．的方程为 B．在上存在点，使得 C．当，，三点不共线时，射线是的平分线 D．在三棱锥中，面，且，，，该三棱锥体积最大值为12 16．（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）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A，B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xOy中，已知，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：上的动点，Q在直线上的射影为H，F为抛物线E的焦点，则下列选项正确的有（    ） A．的最小值为2 B．的面积最大值为 C．当最大时，的面积为 D．的最小值为 17．（2024·贵州铜仁·模拟预测）古希腊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A，B的距离之比为定值m（且）的点的轨迹是圆”．人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，，，点P满足．设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（    ） A．轨迹C的方程为 B．轨迹C与圆M：有两条公切线 C．轨迹C与圆O：的公共弦所在直线方程为 D．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线 18．（23-24高三上·福建厦门·阶段练习）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A，B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，点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（    ） A．曲线的方程为 B．直线与曲线有公共点 C．曲线被轴截得的弦长为 D．面积的最大值为 19．（23-24高二上·福建三明·期中）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所形成的图形是圆，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，已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（    ） A．圆： B．点在上，的最大值是 C．圆上不存在点，使得 D．圆上存在点，使得 20．（23-24高二上·山东菏泽·期中）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A、B的距离之比为定值λ且的点所形成的图形是圆，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，已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（    ） A．C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9 C．在C上存在点M，使得 D．C上的点到直线的最大距离为9 三、填空题 21．（23-24高二下·上海浦东新·期末）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（且）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，则的最小值为 . 22．（2024·上海·模拟预测）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．已知动点在圆上，若点，点，则的最小值为 ． 23．（23-24高二下·安徽合肥·开学考试）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：一动点到两定点的距离之比等于定比，则点的轨迹是圆，此圆被称为“阿氏圆”.在平面直角坐标系中，点，满足的动点的轨迹为，若在直线上存在点，在曲线上存在两点，使得，则实数的取值范围是 . 24．（23-24高二上·北京朝阳·期末）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论： ①曲线的方程为； ②曲线上存在点，使得到点的距离为； ③曲线上存在点，使得到点的距离大于到直线的距离； ④曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为. 其中所有正确结论的序号是 . 25．（23-24高二上·湖北宜昌·期中）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（且）的点所形成的图形是圆.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.若平面内两定点、间的距离为，动点满足，当、、不共线时，面积的最大值是 . 26．（23-24高三上·吉林通化·期末）古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262-190年)，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没有插足的余地．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．比如在平面直角坐标系中，、，则点满足所得点轨迹就是阿氏圆；已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为 ．则的最小值为 ． 四、解答题 27．（23-24高二下·福建莆田·阶段练习）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“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. (1)求的轨迹方程； (2)设圆是以为直径的圆，求证圆与圆相交，并求公共弦所在的直线方程. 28．（2024高二·江苏·专题练习）平面上两点A、B，则所有满足的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿氏圆已知圆上动点P与两个定点，的距离的比为2． (1)求圆的方程； (2)直线l：上任取一点Q，作圆的切线，切点分别为M，N． ①求四边形面积的最小值； ②证明直线MN恒过一定点并写出该定点坐标． 29．（2024高二·江苏·专题练习）平面上两点A、B，则所有满足且k不等于1的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿氏圆.已知圆上的动点P满足：其中O为坐标原点，A点的坐标为. (1)直线上任取一点Q，作圆的切线，切点分别为M，N，求四边形面积的最小值； (2)在（1）的条件下，证明：直线MN恒过一定点并写出该定点坐标. 30．（23-24高二上·辽宁·期中）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，的距离之比为定值且的点的轨迹是圆”.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，，，动点满足.设点的轨迹为. (1)求曲线的方程； (2)若曲线和无公共点，求的取值范围 参考答案： 1．A 【详解】当时，，此时，交点为. 当时，由，斜率为， 由，斜率为，， 综上，. 又， 直线恒过， ，直线恒过， 若为的交点，则，设点， 所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点， 则圆心为的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为， 即，则有. 又，易知O、Q在该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取， 则，满足. 下面证明任意一点都满足，即， ， 又， . 所以， 又， 所以， 如图，当且仅当三点共线，且位于之间时，等号成立 即最小值为. 故选：A.    2．C 【详解】在图1中，以为原点建立平面直角坐标系如图2所示，设阿氏圆圆心为，半径为. 因为，所以，所以. 设圆与交于点.由阿氏圆性质，知. 又，所以.又，所以，解得，所以，所以点在空间内的轨迹为以为球心，半径为4的球. ①当点在面内部时，如图2所示，截面圆与分别交于点，所以点在面内的轨迹为.因为在Rt中，，所以，所以，所以点在面内部的轨迹长为. ②同理，点在面内部的轨迹长为. ③当点在面内部时，如图3所示，因为平面，所以平面截球所得小圆是以为圆心，以长为半径的圆，截面圆与分别交于点，且，所以点在面内的轨迹为，且. 综上，点的轨迹长度为.    故选：C 3．B 【详解】由题意，以的中点为原点，以所在直线为轴，以过垂直于直线的直线为轴，建立坐标系， 则，设，故，则， 整理可得：，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，如下图： 由共线，则当时，的面积最大，不妨设在第一象限，此时， 可得，，. 故选：B. 4．A 【详解】令P(x，y)，则，两边平方并整理得：， ∴圆心为(4，0)． 故选：A． 5．A 【详解】由正弦定理可得，设的外接圆半径为， 则， 以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示： 则、， 设点，由，可得， 化简可得， 所以，的边上的高的最大值为，因此，. 故选：A. 6．C 【详解】设，由，且， 得，即， 直线：恒过定点， 把代入，解得， 要使对任意实数k，直线l：与圆C恒有公共点， 则，即b的取值范围是 故选：C 7．C 【详解】 在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为， ， 设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知， ， ， P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球， 若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为， 在中，， 所以，当P在面内部的轨迹长为， 同理，当P在面内部的轨迹长为， 当P在面时,如图③所示， 面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且， 所以P在正方形内的轨迹为， 所以， 综上：P的轨迹长度为. 故选：C 8．D 【详解】设， 则， 化简整理得， 所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆， 抛物线的焦点，准线方程为， 则 ， 当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号， 所以的最小值为. 故选：D. 9．ABD 【详解】对A,直线，，所以直线过定点，A正确； 对B，设，因为动点满足 ，所以 ，整理可得， 即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 动点的轨迹方程为圆，B正确； 对于 C，当直线与垂直时, 动点到直线的距离最大，且最大值为，C错误； 对于D，由，得，所以， 又因为点在圆内，点在圆外， 所以，当且仅当为线段与圆的交点时取等号． 故选：ABD      10．ABC 【详解】设，因为，所以，整理得到， 故点的轨迹方程为， 对于选项A，点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，所以选项A正确； 对于选项B，因为圆的半径为4且，当的底边上的高最大，即高为半径4时，面积最大，所以面积的最大值是， 所以选项B正确； 对于选项C，由题知，点M的坐标为，当不共线时，因为，由角平分线定理的逆定理知：射线是的平分线，所以选项C正确； 对于选项D，因为，即，则，又P在圆上，如图所示，    所以当三点共线时，取最小值，此时，所以选项D错误， 故选：ABC． 11．ABD 【详解】设，则， 所以，则， 整理得，A对； 由上，设对称圆的圆心为，则， 所以对称的曲线方程为，B对； 由到圆心的距离为，由圆半径， 所以到圆的最短距离为，故不存在，使到的距离为3，C错； 由中点为，且，则的中垂线为， 圆心到的距离， 故在上不存在点，使得，D对. 故选：ABD 12．BD 【详解】设点，则由可得， 化简可得，故A错误； 当，，三点不共线时，因为，， 所以，所以，射线是的平分线，故B正确； 设存在，则，即， 因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以，又因为不满足， 所以不存在满足条件，故C错误； 假设轴上存在异于的两定点，使得， 可设，可得， 由P的轨迹方程为，可得， 解得或（舍去），即存在，故D正确. 故选：BD. 13．ABD 【详解】解：设．因为，所以， 所以，即， 所以对于A选项，动点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，故A正确． 对于B选项，因为直线过定点，而点在圆内，所以直线与圆相交，故B正确． 对于C选项，当直线与垂直时，动点到直线的距离最大，且最大值为，故C错误． 对于D选项，记圆心到直线的距离为，则．因为，所以． 因为，所以．由，得，故D正确． 故选：ABD 14．ABD 【详解】设点P（x，y），、，由，得， 化简得x2+y2+8x＝0，即：（x+4）2+y2＝16，故A选项正确； 曲线C的方程表示圆心为（﹣4，0），半径为4的圆，圆心与点（1，1）的距离为， 与圆上的点的距离的最小值为﹣4，最大值为+4，而3∈[﹣4，+4]，故B正确； 对于C选项，设M（x0，y0），由|MO|＝2|MA|，得， 又 ，联立方程消去y0得x0＝2，解得y0无解，故C选项错误； 对于D选项，设N（x0，y0），由|NO|2+|NA|2＝4，得 ， 又，联立方程消去y0得x0＝0，解得y0＝0，故D选项正确． 故选：ABD． 15．ACD 【详解】A．设，因为，所以，所以， 所以，故正确； B．设存在满足，因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以，又因为不满足， 所以不存在满足条件，故错误； C．当，，三点不共线时，因为，， 所以，所以，由角平分线定理的逆定理可知：射线是的平分线，故正确； D．因为三棱锥的高为，所以当底面的面积最大值时，此时三棱锥的体积最大， 因为，，取靠近的一个三等分点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系， 所以不妨取，，由题设定义可知的轨迹方程为：， 所以，此时在圆的最高点处， 所以，故正确. 16．ACD 【详解】A选项，抛物线的准线方程为，， 由抛物线定义可得， 则， 由三角形三边关系可得， 当且仅当三点共线时，等号成立， 故的最小值为，A正确； B选项，由题意得，点的轨迹方程为， 化简得，即以为圆心，3为半径的圆， 直线，即， 圆心到直线的距离为， 则到直线的距离最大值为， 又， 故的面积最大值为，B错误； C选项，为定值，由勾股定理得， 且，， 要想取得最大值，则需最大， 如图所示，当与垂直且在图中位置时，取得最大值， 其中，故，，， 故当最大时， ， 则的面积为，C正确； D选项，由题意得，， ， 连接，线段与圆和抛物线的交点分别为， 即四点共线时，取得最小值， 最小值为， 故最小值为，D正确. 故选：ACD 17．ACD 【详解】如图： 对于选项A，因为在平面直角坐标系中，，，点满足. 设，则，化简可得，故选项A正确； 对于选项B，由可得圆心，半径； 由圆M：可得圆心，半径. 由两点间距离公式得，即. 所以两圆外切，有3条公切线，故选项B错误； 对于选项C，因为， 所以两圆相交. 则两圆方程相减可得：它们的公共弦所在直线方程为，故选项C正确； 对于选项D，因为， 所以点在圆C上.，即. 所以由角平分线定理的逆定理可得：当A，B，P三点不共线时，射线是的平分线，故D正确. 故选：ACD． 18．ACD 【详解】设， 对于选项A，因为，所以，化简得，故A正确； 对于选项B，因为曲线C为，所以圆心为，半径为，计算圆心到直线的距离为， 所以直线与曲线C没有公共点，故B错误； 对于选项C，曲线的圆心在轴上，所以被轴截得的弦即为直径，所以曲线被轴截得的弦长为，故C正确； 对于选项D，因为，，所以,故， 而曲线C为，所以，即的最大值为，故D正确. 故选：ACD 19．ABD 【详解】对A，设点,由,得,化简得,即,故A选项正确； 对B，令，，则，当，即时，即，时取等号，故B正确； 对C，由题得点在以点为直径的圆上，则其轨迹方程为， 化简得，其圆心坐标为，又点在圆，圆心距为5，半径之和为7，半径之差为1，而，故两圆相交，则存在D点满足题意，故C错误； 对D，显然点的轨迹为双曲线的左支，则，而，故，所以轨迹方程为，联立与圆的方程化简得 ，解得或（舍），故存在点满足题意，故D正确. 故选：ABD. 20．ABD 【详解】对A：设点， ∵，则，整理得， 故C的方程为，A正确； 对B：的圆心，半径为， ∵点（1，1）到圆心的距离，则得D到点（1，1）的距离的取值范围为，且， ∴在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9，B正确； 对C：设点， ∵，则，整理得， ∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆， 又∵，则两圆内含，没有公共点， ∴在C上不存在点M，使得，C不正确； 对D：∵圆心到直线的距离为， ∴C上的点到直线的最大距离为，D正确； 故选：ABD. 21． 【详解】设点，由可得，整理可得， 化为标准方程可得， 因为为的中点，    所以， ， 记圆心为，当点为线段与圆的交点时， 取最小值，此时，， 所以，. 故答案为：. 22． 【详解】设，不妨取，使得，所以， 整理得：. 此方程与为同一方程，所以，解得：，即. 所以（当且仅当P、B、C三点共线时等号成立） 此时. 所以的最小值为. 故答案为：. 23． 【详解】设，由题知， 化简整理得，则此圆心为，半径为， 因为是曲线上的两点， 当都与圆相切，可使最大， 又，， 此时四边形为正方形，， 显然，当时，为锐角，不满足题意， 当时，才能取得直角，故， 所以点到直线距离要满足， 所以，化简得，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用数形结合，找到圆心到直线距离的最大值，从而列出关于的不等式，解之即可. 24．①④ 【详解】设,因为满足,所以,整理可得：,即,所以①正确； 对于②中,由①可知，点在圆的外部,因为到圆心的距离,半径为,所以圆上的点到的距离的范围为,而,所以②不正确； 对于③中,假设存在，使得到点的距离大于到直线的距离, 又，到直线的距离， 所以，化简可得，又， 所以，即，故假设不成立，故③不正确； 对于④中,假设存在这样的点，使得到点与点的距离之和为，则在以点与点为焦点，实轴长为的椭圆上，即在椭圆上，易知椭圆与曲线有交点，故曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为；所以④正确. 故答案为：①④. 25． 【详解】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系， 则、，设，因为，所以， 两边平方并整理得：，即， 所以面积的最大值是. 故答案为：. 26． ； 【详解】解：设，由题意，即，整理得． 因为圆可以看作把圆向左平移两个单位得到的，那么点平移后变为，所以根据阿氏圆的定义，满足， 结合抛物线定义， （当且仅当，，，四点共线，且，在，之间时取等号），此时， 故的最小值为． （当且仅当M，Q，F三点共线时等号成立）， 根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。 而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到，当过点M的切线与的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值，此时切线方程为，联立可得，此时， 所以. 故答案为：；. 27．(1) (2)证明见解析；公共弦所在直线方程为. 【详解】（1）设点的坐标为， 又，，且，即 整理可得； 所以的轨迹方程为. （2）易知的中点，， 所以圆的圆心为，半径为， 即圆的方程为. 由（1）可知，圆是以为圆心，半径的圆； 圆与圆的圆心距， 易知， 根据两圆位置关系即可知圆与圆相交； 将的方程与圆的方程相减即可得公共弦方程， 即； 所以圆与圆的公共弦所在的直线方程为. 28．(1) (2)①4；②证明见解析，定点 【详解】（1）设点P 的坐标为，根据题设条件有， 所以有， 化简得． （2）①由题知，四边形面积 当时，最小，四边形面积取得最小值． 此时，， 所以， 故四边形面积的最小值为4． 设，由几何性质，可知M ，N 两点在以为直径的圆上， 此圆的方程为， 而直线MN 是此圆与圆的相交弦所在直线， 与圆相减可得MN 的方程为， 令，解得， 所以直线MN 恒过定点． 29．(1)4； (2)证明见解析，. 【详解】（1）解：设点P的坐标为，根据题设条件有， 所以有， 化简得. 所以 ， 由题知，当时，此时， |QM|最小， 即四边形面积取得最小值4. （2）解；设，由几何性质，可知M，N两点在以为直径的圆上， 此圆的方程为， 而直线MN是此圆与圆的相交弦所在直线， 相减可得MN的方程为， 所以直线MN恒过定点. 30．(1) (2) 【详解】（1）设， 因为，，动点满足， 所以， 化简得，即， 所以曲线的方程为， （2）曲线的圆心为，半径为4， 的圆心为，半径为， 因为曲线和无公共点， 所以两圆外离或内含， 所以或， 所以或， 所以或， 所以的取值范围为 学科网（北京）股份有限公司 $$