重点强化练（13）隐圆问题（word重点强化练）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦隐圆问题的几何条件转化与轨迹方程构建，通过多样化题型培养数学抽象与几何直观素养 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |定义与轨迹|3题（第2、3、11题）|利用垂直、中点、距离比等条件确定圆轨迹|从圆的定义出发，通过几何关系（如直角三角形斜边中线、阿波罗尼斯圆）推导轨迹方程| |位置关系|4题（第1、4、5、6题）|圆与圆、圆与直线位置关系求参数范围|结合距离公式与圆的性质，分析交点个数、最值等问题，形成“条件转化→轨迹确定→性质应用”链条| |综合应用|4题（第7、8、9、10题）|向量、立体几何与隐圆结合|跨知识点整合，培养数学思维的逻辑性与知识迁移能力，体现用数学语言表达几何关系|

重点强化练(十三)　隐圆问题 一、选择题:本题共7小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的. 1.若圆(x-a)2+(y-a)2=8上总存在两个点到原点的距离为,则实数a的取值范围是 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.(-3,3) B.(-1,1) C.(-3,1) D.(-3,-1)∪(1,3) 2.已知A(-1,0),B(1,0),若点P满足PA⊥PB,则点P到直线l:m(x-)+n(y-1)=0的距离的最大值为 (　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 3.[2025·北京东城区一模] 长度为2的线段AB的两个端点分别在x轴及y轴上运动,则线段AB的中点到直线3x+4y+10=0的距离的最小值为 (　 ) A.1 B. C.2 D.3 4.[2025·河南周口模拟] 已知直线l:x+ay+1=0与圆C:x2+y2+2x-4y-4=0交于A,B两点,设弦AB的中点为M,O为坐标原点,则|OM|的取值范围为 (　 ) A.[3-,3+] B.[-1,+1] C.[2-,2+] D.[-1,+1] 5.已知点P(-3,0)在动直线mx+ny-(m+3n)=0上的投影为点M,若点N,则|MN|的最大值为 (　 ) A.1 B. C.2 D. 6.已知点M(a,0),N(3,4)到同一直线的距离分别为2,3,若这样的直线恰有2条,则a的取值范围为 (　 ) A.(-2,0) B.(-2,6) C.(0,6) D.(2,6) 7.[2026·重庆一中模拟] 已知|a|=2,|b|=1,a·b=0,|c+a|+|c-a|=4,d2-4b·d+3=0,则|c-d|的最大值为 (　 ) A.+1 B.4 C.+2 D.2+1 二、选择题:本题共2小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 8.四照花美观而鲜艳,具有清热解毒、收敛止血的功能.曲线C:x2+y2=2|x|+2|y|的轨迹和四照花颇为相似,下列说法正确的是 (　 ) A.曲线C所表示的图形有4条对称轴 B.能完全覆盖曲线C的最小圆的面积为8π C.直线x+y-5=0是曲线C与圆D:x2+y2-6y+7=0的公切线 D.P为曲线C上第一象限的点,直线l:2x+3y-6=0与x,y轴分别交于E,F两点,不存在点P使得∠EPF为直角 9.[2025·河南信阳模拟] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P,Q为底面ABCD内的两个动点,且满足|PA|=2|PB|.设PD1与平面ABCD所成的角为θ,当θ取得最大值时,==S0,则下列说法正确的是 (　 ) A.点P的轨迹是圆的一部分 B.θ的最大值为 C.S0= D.θ取最大值时,点Q的轨迹是椭圆的一部分 三、填空题:本题共2小题. 10.已知O为坐标原点,A(2,0),B(-1,0),若|MA|=|MO|,则|MB|的最大值为　　　　.  11.平面内到两个定点的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆,该圆又被称为阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是关于点P,Q的阿波罗尼斯圆,其方程为x2+y2=1,P,且λ=2,若点B(1,1),则2|MP|+|MB|的最小值为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 重点强化练(十三)　隐圆问题 1.D　[解析] 原问题可转化为圆(x-a)2+(y-a)2=8和圆x2+y2=2相交,两圆的圆心距d==|a|,由2-<|a|<2+,得1<|a|<3,解得a∈(-3,-1)∪(1,3).故选D. 2.C　[解析] 由PA⊥PB可得点P的轨迹是以线段AB为直径的圆,则圆心为(0,0),半径为1,又直线l:m(x-)+n(y-1)=0过定点(,1),所以所求距离的最大值为+1=3.故选C. 3.A　[解析] 设A(x,0),B(0,y),由题意可得x2+y2=4,设AB的中点坐标为(m,n),则所以m2+n2=1,即线段AB的中点的轨迹是以(0,0)为圆心,1为半径的圆,圆心(0,0)到直线3x+4y+10=0的距离为=2,所以线段AB的中点到直线3x+4y+10=0的距离的最小值为2-1=1.故选A. 4.D　[解析] 圆C的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=9,则圆心为C(-1,2),半径r=3,直线l:x+ay+1=0恒过定点(-1,0),记为D,且点D在圆C内,CD⊥x轴,又直线l的斜率不为0,所以点M的轨迹是以CD为直径的圆,且不包括点D,所以点M的轨迹方程为(x+1)2+(y-1)2=1,y≠0.圆(x+1)2+(y-1)2=1的圆心为N(-1,1),半径r1=1,因为|ON|==,所以|ON|-r1≤|OM|≤|ON|+r1,即-1≤|OM|≤+1,所以|OM|的取值范围为[-1,+1].故选D. 5.D　[解析] 由mx+ny-(m+3n)=0得m(x-1)+n(y-3)=0,所以动直线过定点Q(1,3),所以动点M在以PQ为直径的圆上.因为圆的半径为=,圆心坐标为,所以点N到圆心的距离为=3,所以|MN|的最大值为3+=.故选D. 6.C　[解析] 以M(a,0)为圆心,2为半径的圆的方程为(x-a)2+y2=4,以N(3,4)为圆心,3为半径的圆的方程为(x-3)2+(y-4)2=9.若符合题设的直线恰有2条,则上述两圆相交,又|MN|=,所以1<|MN|<5,即1<<5,可得1<(a-3)2+16<25,解得0<a<6.故选C. 7.D　[解析] 如图所示,不妨设a==(2,0),b==(0,1),c==(m,n),d==(p,q),A1(-2,0).由|c+a|+|c-a|=4,得+=4=|AA1|,即动点C(m,n)到两定点A(2,0),A1(-2,0)的距离之和等于|AA1|,所以点C的轨迹为线段AA1.由d2-4b·d+3=0,得p2+q2-4q+3=0,即p2+(q-2)2=1,因为|c-d|=|-|=||≤|CE|+|ED|=|CE|+1,当且仅当D为CE的延长线与圆E的交点时等号成立,所以要求|c-d|的最大值,只需求|CE|的最大值.由图可知,当C与A或A1重合时(此时D在图中的D1或D2处),|CE|最大,此时|CE|==2,所以|c-d|的最大值为2+1.故选D. 8.ABD　[解析] 对于A,设(x,y)为曲线C:x2+y2=2|x|+2|y|上任意一点,则点(-x,y),(x,-y),(y,x),(-y,-x)的坐标满足方程x2+y2=2|x|+2|y|,所以曲线C关于直线x=0,y=0,y=x,y=-x对称,故A正确.当x≥0,y≥0时,x2+y2-2x-2y=0,再结合A中对称性,可得曲线C如图所示.对于B,在第一象限,可知曲线对应的圆心坐标为(1,1),半径为,所以曲线在第一象限内的点到原点距离的最大值为+=2,所以能完全覆盖曲线C的最小圆,应该是以(0,0)为圆心,以2为半径的圆,其面积为8π,故B正确.对于C,在第一象限,可知曲线对应的圆心坐标为(1,1),半径为,圆心到直线x+y-5=0的距离为=>,所以直线x+y-5=0与曲线C不相切,故C错误.对于D,易知E(3,0),F(0,2),则以EF为直径的圆的圆心坐标为,半径为,所以圆的方程为+(y-1)2=,即x2+y2-3x-2y=0,结合x2+y2-2x-2y=0,两方程相减可得x=0,代入x2+y2-3x-2y=0,可得y2-2y=0,解得y=2或y=0,此点在y轴上,所以不存在点P使得∠EPF为直角,故D正确.故选ABD. 9.ABD　[解析] 以B为坐标原点,BC,BA,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),设P(x,y,0),在平面ABCD内,因为|PA|=2|PB|,所以= 2,即x2+=,所以点P的轨迹是以点E为圆心,为半径的圆在正方形ABCD内(包括边界)的部分,故A正确;要使得PD1与底面ABCD所成的角最大,则PD最短,此时DP=DE-=-=2,则tan θ==1,所以θ的最大值为,故B正确;S0==DP·DD1=2,故C错误;设点Q到D1P的距离为d,因为==|D1P|d=d=2,得d=,所以点Q在以D1P为轴,半径为的圆柱与底面ABCD的交线上,又圆柱的轴D1P与底面ABCD的夹角为∠D1PD=,所以点Q的轨迹是椭圆的一部分.故选ABD. 10.2+1　[解析] 设M(x,y),由|MA|=|MO|,得(x-2)2+y2=2(x2+y2),即(x+2)2+y2=8,所以点M的轨迹是圆心为C(-2,0),半径r=2的圆,又|BC|=1,所以|MB|max=|BC|+r=1+2. 11.　[解析] 方法一:由动点M的轨迹是关于点P,Q的阿波罗尼斯圆知点Q在x轴上,设Q(a,0),M(x,y),所以|MQ|=.因为P,所以|MP|=.动点M的轨迹是x2+y2=1,由=2,可得x2+y2+x=,所以 解得a=-2,所以Q(-2,0).又|MQ|=2|MP|,B(1,1),所以2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|≥|BQ|==,当Q,M,B三点共线时等号成立. 方法二:由题意可得圆x2+y2=1是关于定点P,Q的阿波罗尼斯圆,且λ=2,则=2,根据点P,Q,阿氏圆的圆心O三点共线,可知点Q在x轴上,且==2,可知点Q的坐标为(-2,0),所以2|MP|+|MB|=|MQ|+|MB|,如图,当点M位于M1或M2时|MQ|+|MB|取得最小值,且最小值为|QB|==. 学科网（北京）股份有限公司 $