专题02 圆 压轴题（压轴题专项训练）数学高二沪教版2020选择性必修第一册

专题02 圆 压轴题 目录 典例详解 类型一、最值问题 类型二、取值范围问题 类型三、求满足条件的情景 类型四、圆与平面向量 类型五、圆与集合 类型六、曲线方程与圆 类型七、圆的综合应用、辨析 类型八、新定义题 类型九、定值问题 类型十、圆与函数 压轴专练 压轴技巧 1.弦长的两种求法 (1)代数法：将直线和圆的方程联立方程组，根据弦长公式求弦长． (2)几何法：若弦心距为d，圆的半径长为r，则弦长l＝2. 2.当切线方程斜率存在时，圆的切线方程的求法 (1)几何法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d，然后令d＝r，进而求出k. (2)代数法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，然后令判别式Δ＝0进而求得k. 注意验证斜率不存在的情况． 3.涉及与圆的切线有关的线段长度范围(或最值)问题，解题关键是能够把所求线段长表示为关于圆心与直线上的点的距离的函数的形式，利用求函数值域的方法求得结果． 类型一、最值问题 例1．已知实数满足，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】数形结合，把问题转化成圆上的点到直线的距离的最大值问题求解. 【详解】设，， 因为，，所以、为圆上的两点.如图：    则. 又，所以， 取中点，则. 作直线：，作，，，，垂足分别为，，，. 所以 又，所以. 即. 所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将代数问题转化为几何问题，数形结合，根据点到直线的距离公式求解. 变式1-1．已知实数满足：，则的最小值为 . 【答案】 【分析】设，根据给定条件可得为单位圆上两点，且，再利用的几何意义转化为直线与圆上点的距离最小值求解. 【详解】设，则，由，， 得点在单位圆上，且， 即，则为等边三角形，， 可视为点到直线：的距离与之和， 当点在直线同侧时， 设，或， 当时，，则， ，， ， ， 于是 ， 由，得，，； 当时，，则， ，， ， ，，； 当点在直线异侧时（包括点之一在直线上）， 过分别作，垂足为，令直线与直线的夹角为， ，    所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将的转化为点两点到直线的距离与之和. 变式1-2．已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为 【答案】 【分析】先利用圆切线的性质推得、、、四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解. 【详解】圆：可化为， ，， ，是圆的两条切线，则，， 、、、四点共圆，且，， ， ， 当最小，即时，取得最小值， 此时方程为， 联立，解得，，即， 以为直径的圆的方程为， 即， 圆：，两圆相交， 两圆方程相减即为的方程. 故答案为：.    【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将转化为，从而确定最小时的坐标，从而利用两圆相减可得相交弦方程的技巧得解. 变式1-3．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为 . 【答案】 【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点. 【详解】的圆心为，半径， 的圆心为，半径， 设，则， 所以， 取， 则， 当三点共线时取等号， 此时直线： 令，则，， 故答案为：    【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题. 类型二、取值范围问题 例2．若对圆上任意一点，的取值与无关，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将转化为点到直线的距离，然后根于直线和圆的位置关系求得的取值范围. 【详解】设， 则可以看作点到直线， 与到直线的距离之和的倍． 因为的取值与无关， 所以上述距离之和与点在圆上的位置无关． 如图，当直线m平移时，点P到直线m，l的距离之和均为m与l间的距离， 即此时圆在两直线之间． 当直线m与圆相切时， ，化简得， 解得或（舍去）． 所以，即． 故答案为： 【点睛】本题的突破口在于化归与转化的数学思想方法，将转化为点到直线的距离，将“与无关”转化为“圆在两直线之间”，进过转化之后，就可以利用直线和圆的位置关系等知识求得问题的答案. 变式2-1．已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据题意作出图形，结合图象转化得，从而利用两点距离公式求得点的轨迹方程，进而得到直线与圆有交点，由此得解. 【详解】连接圆心和切点，如图所示，则有， 易知， 故，， 不妨设，，， ，化简得， P的轨迹为以圆心，为半径的圆， 又P在直线上，直线与圆有交点， ，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将题设条件转化得，从而利用阿氏圆的相关知识可知点的轨迹方程为圆，进而得解. 变式2-2．已知、满足：，，，则代数式的取值范围是 . 【答案】 【分析】分析可知，、在圆上，且，记，，对、与直线的位置关系进行分类讨论，引入参数表示、，利用三角恒等变换结合三角函数的有界性可求得的取值范围. 【详解】设、，，，， 故、在圆上， 且，其中为坐标原点， 因为，则， 因为，则是腰长为的等腰三角形，且， （1）当点、在直线的同侧时， 设直线交圆于、两点，如下图所示：    记，，记，则，其中， 则，， 所以， ， 因为，则，所以，， 则； （2）当点、在直线的异侧时， 设直线交圆于、两点，如下图所示：    记，，记，则，其中， 则，， 所以， ， 因为，则，则， 则； （3）当点、中有一点在直线上时，    则. 综上所述，代数式的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：常见的非线性目标函数的几何意义： （1）：表示点与点连线的斜率； （2）：表示点到点的距离； （3）：表示点到直线的距离的倍. 类型三、求满足条件的情景 例3．已知圆的方程为，直线的方程为，直线被圆截得的弦中长度为整数的共有 条. 【答案】8 【分析】方法一：先求出直线过定点，再判断出点在圆内，从而得到直线被圆所截的弦长的取值范围是，再结合圆的对称性即可得到结果； 方法二：先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，分析出要使弦长为整数须满足（为平方数），再通过换元令转化成关于的方程有解的问题，通过判别式大于0，求出的范围及的值即可得到结果. 【详解】方法一：直线可化为 ， 由可得，即直线过定点， 因为，所以点在圆内， 当点为直线被圆截得的弦的中点时，弦长最短， 点到圆心的距离， 所以直线被圆截得的最短弦长为， 最长的弦为直径，长度为10，所以弦长的取值范围是. 由圆的对称性可知弦长为7，8，9的直线各两条， 弦长为6，10的直线各一条， 所以截得的弦中长度为整数的直线共有8条. 方法二：方程法. 圆的圆心到直线的距离， 故弦长为， 要使弦长为整数，令（为平方数）， 整理得，令， 整理得（*）， ， 解得，即， 则，即， 当或100时，，方程（*）各有一解， 当时，，方程（*）各有两个不同的解， 即方程（*）共有8个不同的解，因此符合题意的直线有8条. 故答案为：8. 变式3-1．在平面直角坐标系中，已知圆和圆，设P为平面上的点，若满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，则所有满足条件的点P的坐标是 【答案】或 【分析】设出点P的坐标、直线的方程，根据垂径定理，结合点到直线距离公式，得到两个等式，根据方程有无穷多个实数解，得到两个方程组，最后解方程即可. 【详解】设点坐标为，由题可知存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和， 所以一定有无穷多对直线和斜率存在满足题意，故可设直线的方程分别为： ， 即：， 因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等， 由垂径定理，得圆心到直线与圆心到直线的距离相等， ∴， 化简，得，或， 关于的方程有无穷多解，有或， 解方程组，得点坐标为或， 经检验以上两点满足题意. 故答案为：或. 类型四、圆与平面向量 例4．已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】设，以为原点，的方向为轴正方向，建立坐标系，由得点在以为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点的两条射线上，设，将所求的最小值转化为点到和的距离之和的最小值的倍减去1. 【详解】由， 设，以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的坐标系， 由，得点在以为圆心，以1为半径的圆上， 又非零向量与的夹角为，设的起点为原点，则的终点在不含端点的两条射线上，设，    则的最小值为 ， 表示点到和的距离之和的最小值的倍， 则最小值为， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：设，以为原点，的方向为轴正方向，建立坐标系，由得点在以为圆心，以1为半径的圆上，由已知得的终点在不含端点的两条射线上，设，本题关键点是将所求的最小值转化为点到和的距离之和的最小值的倍减去1. 变式4-1．已知平面向量 满足，且对任意的实数t，均有 则的最小值为 【答案】 【分析】利用向量的坐标运算，再用数形结合思想求出最小值. 【详解】 如图，建立直角坐标系，记， 因为，所以点， 作，设其坐标为，因为， 所以点在以点为圆心，1为半径的圆上，即， 因为对任意的实数t，均有 ， 所以， 由于上式对任意的实数t的一元二次不等式恒成立， 则，即， 设又设，则， 整理得：，所以可知点在直线上， 又因为点在以点为圆心，1为半径的圆上，且， 所以可以把看成两动点和的距离， 显然距离最小值为圆心到直线的距离减去半径1， 而点到直线的距离, 所以，即的最小值为3, 故答案为：3. 【点睛】关键点点睛：确定B，C点轨迹解决问题的关键. 变式4-2．设向量，记.若点为圆：上任意三点，且满足，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】设，，根据题意可得为圆的直径，得，将求范围问题转化为直线与圆相切的问题. 【详解】将圆化为标准方程，圆心，半径. 因为，所以为圆的直径. 设，. 由. 因为为直径，所以， 则. 令，即，且， 当直线与圆相切时，取得最值. 根据圆心到直线的距离等于半径，可得，解得或， 所以，则的取值范围是. 故答案为：. 类型五、圆与集合 例5．设m是实数，已知集合，集合，且，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意, 分析可得与表示的平面区域, 又有 , 即可得两个区域的包含关系, 转化为圆与圆的位置关系，即可得到答案. 【详解】点集表示平面上以 为圆心, 2 为半径的圆所围成的区域（包括圆周）; 点集表示平面上以 为圆心, 为半径的圆的内部. 要使 , 应使内含或内切于. 故有 , 即， 解得. 故答案为：. 【点睛】本题考查交集的运算, 但因涉及圆以及几何区域, 难度较大, 要求学生熟悉用集合语言表述 几何问题, 利用数形结合方法解题. 变式5-1．已知集合，，其中，且是单元素集合，则集合对应的图形的面积为 ． 【答案】 【分析】先根据是一个单元素集合,得到直线和抛物线相切,得到,结合图象得到集合对应图形的面积为半径为1小圆的面积与半径为2大圆的面积的的和,问题得以解决. 【详解】解:集合,,且是一个单元素集合, 直线和抛物线相切, 由，即，有相等的实根, 所以，即, ,,, 圆心在以原点为圆心,以1为半径的圆上的一部分(第三象限) ，如图所示,    集合P对应图形的面积=半径为1小圆的面积+半径为2大圆的面积的, 即. 故答案为:. 【点睛】本题考查由对集合的理解，考查一次函数与二次函数相交的关系，属于中档题. 变式5-2．已知点集分别表示曲线，其中实数满足，则的公共点的个数可能为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】首先根据对称性分析可知：曲线的公共点的个数不可能为奇数，再说明若曲线在坐标轴上有交点，则交点也为4个，不会出现2个，并举例说明4个交点的可能. 【详解】对于， 用替换可得：， 即，方程不变，可知曲线关于y轴对称； 用替换可得：， 即，方程不变，可知曲线关于x轴对称； 综上所述：曲线关于x、y轴对称； 同理可知：曲线关于x、y轴对称； 且，可知原点不为公共点， 结合对称性可知：曲线的公共点的个数不可能为奇数，故AC错误； 根据对称性：不妨假设， 若曲线在第一象限内有交点，根据对称性可知：每个象限内均有交点，即交点个数为4的倍数； 若曲线在坐标轴上有交点，不妨设为曲线的公共点， 则，解得， 此时曲线，曲线， 显然也为曲线的公共点， 结合对称性可知：此时至少有4个公共点，即曲线不可能有2个交点，故B错误； 例如， 则曲线，曲线， 令，则，解得， 即，解得或或或， 即交点为，为4个，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：分析方程的对称性，结合对称性可知交点个数必为偶数. 变式5-3．已知平面直角坐标系中的点集，给出下列四个结论： （1）当直线为时，与没有公共点； （2）存在直线与有且只有一个公共点； （3）存在直线经过中的无穷个点； （4）存在直线与没有公共点，且中存在两点在的两侧． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】（2）（4） 【分析】令，由直线与圆的位置关系的判定可判断（1）；分别找两条直线，可判断（2）、（4）；用极限思想判断（3）. 【详解】令，点集即为圆，圆心为，半径为2， 直线的方程即为，则圆心到直线的距离， 所以直线与圆相交，故（1）错误； 取直线：，时，点集为，显然直线与无交点； 当时，点集表示以为圆心，为半径的圆， 则圆心到直线的距离， 当时，，则， 又， 因为，所以， 所以当时有； 当时，即时，， 当且仅当时取“=”号， 综上有，当且仅当时取“=”号， 所以，当且仅当时取“=”号， 即当时，直线与圆相切，有一个公共点， 当时，直线与圆相离，没有公共点，故（2）正确； 设直线的方程为，则圆心到直线的距离为， 当时，， 所以直线只能与有限个圆相交，故（3）错误； 取直线：， 则对于任意的，有， 故此时圆均在直线的下方； 对于任意的，有， 故此时圆均在直线的上方； 而时，点集表示原点，在直线的下方， 综上，点集中所有的点均不在直线上，且存在点在直线的两侧， 故（4）正确. 故答案为：（2）（4） 类型六、曲线方程与圆 例6．已知曲线的方程是，给出下列四个结论： ①曲线与两坐标轴有公共点； ②曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形； ③若点，在曲线上，则的最大值是； ④曲线围成图形的面积大小在区间内． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】根据题意，对绝对值里面的正负分类讨论求出方程，作出图象，由此分析个结论，即可得答案． 【详解】根据题意，曲线的方程是，必有且， 当，时，方程为， 当，时，方程为， 当，时，方程为， 当，时，方程为， 作出图象： 依次分析个结论： 对于①，由于，，曲线与坐标轴没有交点，故①错误； 对于②，由图可知，曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形，故②正确； 对于③，若点，在曲线上，则当且仅当、与圆弧所在的圆心共线时取得最大值， 故的最大值是圆心距加两个半径，为，故③正确； 对于④，当，时，方程为与坐标轴的交点，， 则第一象限面积为， 故总的面积大于，故④错误． 故答案为：． 变式6-1．已知曲线，则下列结论正确的个数是（   ） （1）若为曲线上两点，则的最大值为 （2）曲线围成的图形的面积是 （3）若为曲线上一点，则的最小值为4 （4）曲线围成区域内(含曲线)格点(横坐标与纵坐标都为整数的点)的个数为20 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据曲线的方程，分象限讨论其图象，然后作出草图，并得每部分所在的圆，，，等大，且都过坐标原点，即可判断选项A，结合图形直接求面积判断选项B，设点在曲线上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，根据的范围即可判断选项C，根据图形即可判断选项D. 【详解】当，时，由曲线的方程，得， 曲线在第一象限内的部分是圆心为，半径为的圆弧. 同理，曲线在第二、三、四象限内的部分都是圆弧， 当时，；当时，. 曲线在坐标系中如图， 曲线关于坐标原点、轴、轴、直线、直线均对称. 记曲线在第一象限及轴正半轴、轴正半轴上的部分为曲线， 曲线所在的圆为圆， 曲线及圆关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆， 关于坐标原点对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆， 关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆. 由题意可知，圆，，，等大，且都过坐标原点. 因为点在曲线上，所以， 当且仅当为曲线与直线或的交点时，等号成立， 所以的最大值是，故①正确； 曲线围成的图形的面积为，故②正确； 由曲线的对称性，不妨设点在曲线上. 因为， 所以当的值最小时，的值也最小. 因为点在圆上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为， 由题意可知，，则， 所以当时，取得最小值，所以的最小值为，故③正确； 由图可知，曲线围成的区域内格点的个数为，故④错误. 故选：C. 类型七、圆的综合应用、辨析 例7．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（    ） A．圆和圆关于直线对称 B．圆和圆的公共弦长为 C．的取值范围为 D．若为直线上的动点，则的最小值为 【答案】D 【分析】求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用等等这些距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D. 【详解】对于A，和圆， 圆心和半径分别是， 则两圆心中点为， 若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线， 但两圆心中点不在直线上，故A错误； 对于B，到直线的距离， 故公共弦长为，B错误； 对于C，圆心距为，当点和重合时，的值最小， 当四点共线时，的值最大为， 故的取值范围为，C错误； 对于D，如图，设关于直线对称点为，    则解得即关于直线对称点为， 连接交直线于点，此时最小， ， 即的最小值为，D正确. 故选：D. 变式7-1．已知为圆上的任意一点，当时，的值与无关，下列结论正确的是 ． （1）当时，点的轨迹是一条直线； （2）当时，有的最大值为1； （3）当时，的取值范围． 【答案】（1）（2） 【分析】根据点到直线的距离公式、两平行直线间的距离公式、直线与圆的位置关系等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】， 其中表示到直线的距离， 表示到直线的距离， 直线与直线平行， 依题意，当直线时，的值与无关， 所以到直线与直线的距离的和的倍为定值， 也即到直线与直线的距离的和为定值， 由于为圆上的任意一点， 所以圆在两平行直线与之间. 直线与直线的距离为， （1）当时，， 即圆与直线相切，所以圆心的轨迹是一条直线， 与平行，且与和的距离相等，所以（1）正确. （2）当时，， 所以圆的直径，所以有的最大值为1，所以（2）正确. （3）当时，由得， ，所以或， 解得或，所以（3）错误. 故答案为：（1）（2）    【点睛】关键点睛：本题解题关键点是化归与转化的数学思想方法，即将，转化为点到直线的距离问题来进行求解，熟练掌握、运用点到直线的距离公式、两平行直线间的距离、直线与圆的位置关系，是解题的突破口. 变式7-2．已知点在圆上，点在圆上，且为坐标原点.对于以下两个命题，判断正确的是（    ） ①在坐标平面内存在点，使得恒成立； ②三角形面积的最小值为. A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是假命题 【答案】A 【分析】对于①，注意到， 则可想到当时满足题意；对于②，设， 则，后由可得，利用三角函数知识可得，据此可判断命题正误. 【详解】 ，则当时，，， ， 即当时，恒成立，则①是真命题； 设， 则， 又， 则. 因， 则， 则，令， 则， 即， 则 ，其中， ，则， 因，则 ， 则， 则，故②是真命题. 故选：A. 【点睛】关键点睛：对于命题①，关键为注意到； 对于命题②，难点在于确定的范围，为此首先将看作整体，随后将从相关等式中分离出来，最后利用三角函数的值域确定范围. 变式7-3．已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 【答案】C 【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②. 【详解】由，可得圆心，半径为， 由，可得，半径， 由，所以， 所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切， 故①为假命题； 因为，所以直线过点， 当与圆相切时，可得，所以， 所以对任意，直线上都存在点， 圆上都存在两点、，使.故②正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断. 类型八、新定义题 例8．若任意两圆交于不同的两点，，且满足，则称两圆为“→心圆”．已知圆与圆为“→心圆”，则实数的值为 ． 【答案】 【分析】可转化为，将两点，分别代入两圆方程，点差法化简，联立即得解 【详解】设圆与圆交于不同的两点，， 则，． 将，分别代入， 得①，②， ①-②得， ，． 将，分别代入， 得③，④， ③-④得， ，即， 将代入得，解得． 故答案为： 变式8-1．现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆. (1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； (2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. （i）求直线的方程； （ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)，轨迹是以为圆心、为半径的圆 (2)（i）；（ii）存在，点 【分析】（1）根据题设定义得到，再利用两点间的距离公式，即可求解； （2）（i）根据条件可得直线为圆和的公共弦所在直线，即可求解；（ii）根据题设得到圆的方程为，再根据题设有，联立，消可得，结合条件，利用根与系数的关系，即可求解. 【详解】（1）设，因为点为圆的“上进点”， 所以，即，又，得到， 所以的轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心､为半径的圆. （2）（i）因为为圆“”的“牵连点”，所以同时为圆与圆的“上进点”， 由为圆的“上进点”，得，所以， 即点在圆上， 由为圆的“上进点”，由（1）知点在圆上， 所以点是圆和的交点. 因为均为圆“”的“牵连点”， 所以直线为圆和的公共弦所在直线， 两圆方程相减可得，故直线的方程为. （ii）因为的圆心为，半径为， 又的圆心为，半径为， 所以直线的方程为，与联立得的中点坐标为， 点S到直线的距离为，则， 所以圆的方程为， 假设轴上存在点满足题意，设. 则，即，整理得. 将，代入上式可得， 整理得①， 联立，消可得，， 所以，代入①并整理得， 此式对任意的都成立，所以， 故轴上存在点，满足题意恒成立. 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 类型九、定值问题 例9．已知圆和点． (1)过圆上一点作两条相异直线分别与圆相交于两点，且直线和直线的倾斜角互补，求证：直线的斜率为定值． (2)已知，设P为满足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，当，定值为；当，定值为 【分析】（1）根据题目条件列出方程，利用韦达定理对直线AB的斜率进行化简，求得定值为； （2）先根据条件求得动点的方程，在假设定值存在，列出等式并用点的方程化简，最后由多项式相等求得的坐标． 【详解】（1）假设过点的一条直线倾斜角为，由题目条件得另一条直线的倾斜角也为， 但过直线外一点做该直线的垂线只有一条，与两条直线相异矛盾， 故过的直线不可能垂直于轴， 由于两直线的倾斜角互补，因为，故两直线的斜率互为相反数， 设直线与圆相交于，两点， 直线与圆相交于，两点， 点满足， 化简得，由韦达定理得， 点满足， 化简得，由韦达定理得， 则直线AB的斜率为， 易得，，故，故直线AB的斜率为定值． （2）设，因，所以， 化简得，， 所以点的轨迹是一个圆，圆心为点，半径为， 因，所以圆内含于圆，故点一定在圆外， 则， 又P在圆上满足，即， 设，则，设，即， 把代入化简得， 继续代入得， 要使上式对任意的，均成立，则， 解得或， 所以当的坐标为时，定值； 当的坐标为时，定值． 变式9-1．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4. (1)求圆的方程； (2)设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线. ①求曲线的方程，并说明曲线的形状； ②在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)①，曲线是为圆心，为半径的圆. ②不存在，理由见解析. 【分析】（1）令且，结合题设得圆为，联立直线结合韦达定理及弦长公式列方程求参数m，进而写出圆的方程； （2）①设，，应用坐标表示，，再根据列方程组分别用表示、用表示，最后由点在圆上代入化简即可确定的方程，并说明曲线的形状即可. ②设且，，不妨假设为定值，根据两点距离公式、在上化简并整理可得，则多项式方程中的系数及常数项均为0求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）令且，易知圆的半径为， ∴圆的方程为，联立，整理可得， 若与圆交点横坐标分别为、，则，， ∴，解得，又，即， ∴圆的方程为. （2）①设，，则，，而， ∴，则，又在圆上， ∴曲线的方程为，故曲线是为圆心，为半径的圆. ②设且，， ∴要使为定值，即为定值即可，则， ∴，又，则， ∴， ∴，可得，又异于原点， ∴不存在，使上任意一点有为定值. 【点睛】关键点点睛：第二问，利用两个动点的数量关系，将一个未知曲线上的动点坐标表示已知圆上的动点坐标，根据点在圆上代入方程整理得曲线的方程即可；设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性. 类型十、圆与函数 例10．已知函数，其中a，，的最大值为，则的最小值为 . 【答案】 【分析】数形结合分析可知的最小值为与的纵向距离，从而可以求出结果. 【详解】函数，即四分之一圆上的点到直线上的最大距离为，此时圆上的点记为，如图： 只有过的中点且平行于直线的直线才满足条件，所以当时，的最小值为与的纵向距离，即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法． 变式10-1．设直线过点且与轴正半轴，轴正半轴分别交于两点. (1)若，求直线的斜截式方程； (2)设直线过点与直线垂直，与轴分别交于两点，若与的面积相等，求直线的斜率； (3)若圆的圆心在外，且与轴所在直线相切于轴正半轴上，与轴所在直线相切于轴正半轴上，与直线相切于线段上，设，求关于的函数表达式和定义域，并求圆的面积的最小值及取到最小值时的值. 【答案】(1) (2)3 (3)， 【分析】（1）利用直线方程表示出截距，再利用截距相等建立方程，求解斜率，最后求出直线方程即可. （2）先求的方程，再求其截距，再利用三角形面积公式表示出面积，利用三角形面积相等建立方程，求解参数即可. （3）利用给定条件表示，再设出直线方程，表示并用基本不等式求解其最小值，最后利用圆的面积公式求解面积即可. 【详解】（1）设直线的斜率为，则， 当时，，当时，， （舍）， 则直线的方程为. （2）由（1）知， 因为直线过点与直线垂直，则直线的斜率为， 则直线的方程为， 当时，，当时，，则， 因为与的面积相等，所以， 故，解得（舍），，则直线的斜率为3. （3）易知圆的半径为， 如图，设圆与轴切点为，与轴切点为，与直线的切点为， 连接，则， ， 设，则， ， ， 设直线的方程为，其中， 因为直线经过，所以有， 化简得，令，即， ， ， 当且仅当，即时，取最小值， 此时的最小值为. 变式1-1．在平面直角坐标系中，已知的方程为，平面内两定点、．当的半径取最小值时： (1)求出此时的值，并写出的标准方程； (2)在轴上是否存在异于点的另外一个点，使得对于上任意一点，总有为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明你的理由； (3)在第（2）问的条件下，求的取值范围． 【答案】(1),； (2)点F的坐标为,定值为2； (3). 【分析】(1)将圆的一般方程化为标准方程，确定半径的表达式，再求半径的最小值，即可得到所求圆的方程；(2)设，定点（为常数），由两点的距离公式求表达式，根据其值为定值可求定点的坐标和的值；(3)化简μ的关系式，结合对勾函数的单调性，即可得到所求范围． 【详解】（1）的方程为可化为 ， 当时，⊙C的半径取最小值，此时⊙C的标准方程为； （2）设，定点（），则． ∵，∴，代入上式， 得： ． 由于λ取值与x无关，∴（舍去）． 此时点F的坐标为， 即； （3）由上问可知对于⊙C上任意一点P总有， 故， 而（当P、F、G三点共线时取等号）， 又，，所以，故． ∴    ， 令，则， ，当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增，由此可得的图象为 观察图象可得的取值范围为． 【点睛】一般直线和圆的问题利用数形结合来解决，在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理. 一、填空题 1．已知，，，则下列结论中正确的是 . ①当时，； ②当时，有1个元素； ③若有2个元素，则； ④若有4个元素，则无整数解； 【答案】①②④ 【分析】根据直线和圆的位置关系、并集、交集的知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】①当时， ， 由令，解得， 由令，解得， 画出对应点集如下图所示，所以， 所以①正确. ②当时， ， 画出对应点集如下图所示， 圆的圆心为，半径为， 直线，即， 到的距离为， 所以圆与直线相切， 所以有个元素，所以②正确. 对于③，当时， ， 画出对应点集如下图所示， 半圆的圆心为，半径为， 到直线的距离为， 此时有个元素，所以③错误. 对于④，若， 则 ， 此时直线与圆至多有个公共点，不符合题意. 若，则由③的分析可知有个元素， 综上所述，若有4个元素，则无整数解,所以④正确； 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 2．已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设，．对于下列命题： ①不论取何实数，圆心始终落在曲线上； ②不论取何实数，弦的长为定值1； ③不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切； ④式子的取值范围是． 其中真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上） 【答案】②④ 【分析】对于①，根据圆的方程即可判断①，对于②，根据弦长公式即可判断②，根据圆心到直线的距离即可判断③，对于④，令求出点和点的坐标，根据圆方程求出点坐标，求出和，在利用余弦定理求出，求出的面积即可求出，根据即可判断④. 【详解】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确． 对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确． 对于③，圆心到直线的距离等于， 而半径为，二者不一定相等，故③不正确． 对于④，在圆方程令，可得， 或，即，，，， 由圆方程知，，， 由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立）， 中，由余弦定理得， ，的面积为， ，， ，即，故④正确． 故答案为： ②④． 二、单选题 3．已知点．若曲线上存在两点，使为正三角形，则称为“正三角形”曲线．给定下列三条曲线： ①；②；③． 其中，“正三角形”曲线的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】对①，曲线为线段，与坐标轴的交点坐标为，可算得，可得等腰顶角大于，即可判断； 对②，曲线为圆心为原点，半径为的圆在第三象限内的四分之一圆弧，A在曲线上，曲线与坐标轴的交点坐标为， 由圆的性质可得最小值为且为钝角，即可判断； 对③， 易知存在半径的圆A与曲线相切，当时，交曲线于B，C，可得，连续变化，则存在r令，即可判断. 【详解】对①，因为点A不在直线上，直线与坐标轴的交点坐标为，此时，因为，即， 所以存在两点 ，使为正三角形，如图所示，所以①是“正三角形”型曲线．    对②，的图形是圆心为原点，半径为的圆在第三象限内的四分之一圆弧，A在曲线上， 曲线与坐标轴的交点坐标为，此时弧长 ，最长的弦长为，则最小值为， 由圆的性质可知为钝角，所以②不是“正三角形”型曲线．    ③如图所示，易知存在半径为的圆A与曲线相切， 当，圆A交曲线于B，C，连AB、AC与y轴分别交于M，N， 则当时，，，所以且远大于，则， 当，连续变化，即存在r令，此时为正三角形，故③是“正三角形”型曲线．    故选：C． 4．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则以下正确的序号为（    ） ①存在轴上的唯一点对，，使得为常数 ②存在轴上的无数个点对，，使得为常数 ③存在直线（）上的唯一点对，，使得为常数 ④存在直线（）上的无数个点对，，使得为常数 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】B 【分析】易得圆关于直线轴对称，设，（），，再根据对恒成立求出的关系式，再根据关于的方程的解的个数即可得出答案. 【详解】圆心坐标为，圆心在轴上， 所以圆关于直线轴对称， 设，（），， 则， 即对恒成立， 所以，所以，所以， 所以且，所以且且， 即有无数组解，所以①错误，②正确； 因为直线（）定点， 所以圆关于直线（）对称， 根据上推理得，存在直线上的无数个点对，，使得的值与的位置无关， 所以③错误，④正确． 故选：B. 【点睛】关键点点睛：设，（），，再根据对恒成立求出的关系式，判断出关于的方程的解的个数是解决本题的关键. 三、解答题 5．如图，经过原点O的直线与圆相交于A，B两点，过点且与垂直的直线与圆M的另一个交点为D． (1)当点B坐标为时，求直线的方程； (2)记点A关于x轴对称点为F（异于点A，B），求证：直线恒过x轴上一定点，并求出该定点坐标； (3)求四边形的面积S的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据两点的斜率公式及直线的点斜式方程即可求解； （2）设直线方程为，联立圆，可得，设，，则，再将直线直线求出，令，根据根与系数的关系可求出其所过定点； （3）设圆心到直线的距离平方为m，则，设圆心到直线的距离平方为n，根据圆的几何性质及平面几何知识易得，再利用弦长公式及四边形的面积公式，构建四边形的面积S关于m的函数关系式，最后求出S的取值范围． 【详解】（1）∵，， ∴的斜率为，又， ∴的斜率为，又， ∴直线的方程，即. （2）根据题意可得直线的斜率存在且不为0，又过原点， ∴设直线方程为，联立圆， 可得，设，， 则，又， ∴直线为， 令，可得x＝， ∴直线恒过x轴上定点； （3）作，，垂足分别为，与交于点， 设圆心到直线的距离平方为m，则，即， 设圆心到直线的距离平方为n， 根据圆的几何性质及平面几何知识易得点为中点，，则，即， 可得， ，又，， ∴四边形的面积为： ， 又，令， ∴，即， ∴四边形的面积S的取值范围为． 6．已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）. (1)若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程. (2)记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点. （i）求证：； （ii）求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由题意，根据三条直线方程设出二次曲线系方程，通过方程表示圆的充要条件待定系数可得； （2）由四条直线方程设出二次曲线系方程，再由已知圆的一般方程，对比两方程寻找系数的等量关系，由关系可证得，由关系式（即）可得交点在定直线上上，进而求解最值. 【详解】（1）则由题意，可设所求三角形的外接圆方程为：（，为参数）， 即 ，（） 若方程表示圆，则，解得. 将代入（）式化简得， 验证：由，可知该方程表示圆. 故该三角形的外接圆方程为. （2）如图，在平面直角坐标系中， 设直线与轴的交点，直线与轴的交点， 由题意知直线均不与轴垂直， 则直线方程可设为，直线方程可设为， 由题意可知，且. 不妨记直线分别为， 且， 其中，，，. 故由题意，过四点的二次曲线系方程可设为 （为参数）， 即 ①， 若时，方程表示两条直线，不表示圆， 故. 由四点不共线，且都在圆②上， 所以方程①②表示同一圆， 则有③，且④. （i）由③式及，可得， 即；故（i）得证； （ii）由③式可得，令，则， 代入④式可得， 联立直线方程，解得， 即交点在定直线上，故. 如图2，由对称性可知，当时，交点在轴上， 即，此时. 故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两点，一是理解二次曲线系方程的设法，能够根据题目提供的条件由直线方程设出二次曲线方程；二是二次曲线系方程的应用，本题主要是三角形外接圆与四边形外接圆的应用，第（1）问通过方程表示圆的充要条件待定系数，第（2）问通过同一圆的两种不同方程表达形式寻求等量关系从而解决问题. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 圆 压轴题 目录 典例详解 类型一、最值问题 类型二、取值范围问题 类型三、求满足条件的情景 类型四、圆与平面向量 类型五、圆与集合 类型六、曲线方程与圆 类型七、圆的综合应用、辨析 类型八、新定义题 类型九、定值问题 类型十、圆与函数 压轴专练 压轴技巧 1.弦长的两种求法 (1)代数法：将直线和圆的方程联立方程组，根据弦长公式求弦长． (2)几何法：若弦心距为d，圆的半径长为r，则弦长l＝2. 2.当切线方程斜率存在时，圆的切线方程的求法 (1)几何法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d，然后令d＝r，进而求出k. (2)代数法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，然后令判别式Δ＝0进而求得k. 注意验证斜率不存在的情况． 3.涉及与圆的切线有关的线段长度范围(或最值)问题，解题关键是能够把所求线段长表示为关于圆心与直线上的点的距离的函数的形式，利用求函数值域的方法求得结果． 类型一、最值问题 例1．已知实数满足，则的最大值为 ． 变式1-1．已知实数满足：，则的最小值为 . 变式1-2．已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为 变式1-3．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为 . 类型二、取值范围问题 例2．若对圆上任意一点，的取值与无关，则实数a的取值范围是 ． 变式2-1．已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为 . 变式2-2．已知、满足：，，，则代数式的取值范围是 . 类型三、求满足条件的情景 例3．已知圆的方程为，直线的方程为，直线被圆截得的弦中长度为整数的共有 条. 变式3-1．在平面直角坐标系中，已知圆和圆，设P为平面上的点，若满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，则所有满足条件的点P的坐标是 类型四、圆与平面向量 例4．已知是平面向量，且是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（    ） A． B． C．2 D． 变式4-1．已知平面向量 满足，且对任意的实数t，均有 则的最小值为 变式4-2．设向量，记.若点为圆：上任意三点，且满足，则的取值范围是 . 类型五、圆与集合 例5．设m是实数，已知集合，集合，且，则m的取值范围是 ． 变式5-1．已知集合，，其中，且是单元素集合，则集合对应的图形的面积为 ． 变式5-2．已知点集分别表示曲线，其中实数满足，则的公共点的个数可能为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式5-3．已知平面直角坐标系中的点集，给出下列四个结论： （1）当直线为时，与没有公共点； （2）存在直线与有且只有一个公共点； （3）存在直线经过中的无穷个点； （4）存在直线与没有公共点，且中存在两点在的两侧． 其中所有正确结论的序号是 ． 类型六、曲线方程与圆 例6．已知曲线的方程是，给出下列四个结论： ①曲线与两坐标轴有公共点； ②曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形； ③若点，在曲线上，则的最大值是； ④曲线围成图形的面积大小在区间内． 所有正确结论的序号是 ． 变式6-1．已知曲线，则下列结论正确的个数是（   ） （1）若为曲线上两点，则的最大值为 （2）曲线围成的图形的面积是 （3）若为曲线上一点，则的最小值为4 （4）曲线围成区域内(含曲线)格点(横坐标与纵坐标都为整数的点)的个数为20 A．1 B．2 C．3 D．4 类型七、圆的综合应用、辨析 例7．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（    ） A．圆和圆关于直线对称 B．圆和圆的公共弦长为 C．的取值范围为 D．若为直线上的动点，则的最小值为 变式7-1．已知为圆上的任意一点，当时，的值与无关，下列结论正确的是 ． （1）当时，点的轨迹是一条直线； （2）当时，有的最大值为1； （3）当时，的取值范围． 变式7-2．已知点在圆上，点在圆上，且为坐标原点.对于以下两个命题，判断正确的是（    ） ①在坐标平面内存在点，使得恒成立； ②三角形面积的最小值为. A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是假命题 变式7-3．已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 类型八、新定义题 例8．若任意两圆交于不同的两点，，且满足，则称两圆为“→心圆”．已知圆与圆为“→心圆”，则实数的值为 ． 变式8-1．现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆. (1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； (2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. （i）求直线的方程； （ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 类型九、定值问题 例9．已知圆和点． (1)过圆上一点作两条相异直线分别与圆相交于两点，且直线和直线的倾斜角互补，求证：直线的斜率为定值． (2)已知，设P为满足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由． 变式9-1．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4. (1)求圆的方程； (2)设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线. ①求曲线的方程，并说明曲线的形状； ②在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由. 类型十、圆与函数 例10．已知函数，其中a，，的最大值为，则的最小值为 . 变式10-1．设直线过点且与轴正半轴，轴正半轴分别交于两点. (1)若，求直线的斜截式方程； (2)设直线过点与直线垂直，与轴分别交于两点，若与的面积相等，求直线的斜率； (3)若圆的圆心在外，且与轴所在直线相切于轴正半轴上，与轴所在直线相切于轴正半轴上，与直线相切于线段上，设，求关于的函数表达式和定义域，并求圆的面积的最小值及取到最小值时的值. 变式10-2．在平面直角坐标系中，已知的方程为，平面内两定点、．当的半径取最小值时： (1)求出此时的值，并写出的标准方程； (2)在轴上是否存在异于点的另外一个点，使得对于上任意一点，总有为定值？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明你的理由； (3)在第（2）问的条件下，求的取值范围． 一、填空题 1．已知，，，则下列结论中正确的是 . ①当时，； ②当时，有1个元素； ③若有2个元素，则； ④若有4个元素，则无整数解； 2．已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设，．对于下列命题： ①不论取何实数，圆心始终落在曲线上； ②不论取何实数，弦的长为定值1； ③不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切； ④式子的取值范围是． 其中真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上） 二、单选题 3．已知点．若曲线上存在两点，使为正三角形，则称为“正三角形”曲线．给定下列三条曲线： ①；②；③． 其中，“正三角形”曲线的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则以下正确的序号为（    ） ①存在轴上的唯一点对，，使得为常数 ②存在轴上的无数个点对，，使得为常数 ③存在直线（）上的唯一点对，，使得为常数 ④存在直线（）上的无数个点对，，使得为常数 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 三、解答题 5．如图，经过原点O的直线与圆相交于A，B两点，过点且与垂直的直线与圆M的另一个交点为D． (1)当点B坐标为时，求直线的方程； (2)记点A关于x轴对称点为F（异于点A，B），求证：直线恒过x轴上一定点，并求出该定点坐标； (3)求四边形的面积S的取值范围． 6．已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）. (1)若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程. (2)记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点. （i）求证：； （ii）求的最小值. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $