专题04 圆的方程、直线与圆、圆与圆的位置关系（竞赛培优专项训练，11大题型+强基、竞赛真题）高二数学人教A版全国通用

专题04 圆的方程、直线与圆、圆与圆的位置关系 目 录 A组 考点专项过关练 竞赛核心题型速览 题型01 求圆的方程 题型07直线与圆的位置关系的综合应用 题型02 圆的对称的应用 题型08圆与圆的位置关系的判定与综合应用 题型03 与圆有关的轨迹问题 题型09 利用韦达定理解决直线与圆相交问题 题型04圆中的最值问题 题型10 与圆有关的新定义题 题型05 圆的切线长与切线方程问题 题型06 圆的弦长与中点弦问题 题型11 与圆有关的数学文化题 B组 选拔真题冲奖练 （精选各地竞赛、强基试题15道） 考点一 求圆的方程 1．已知曲线与曲线交于A，B，C三点，则外接圆的面积为 . 2. 在①圆Q经过直线：与直线：的交点，②圆心Q在直线上这两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并作答． 问题：是否存在圆Q，使得点，均在圆Q上，且______？若存在，求圆Q的方程；若不存在，请说明理由． 3．证明双曲线的一条切线与两条渐近线的交点与该双曲线的两个焦点四点共圆． 考点二 圆的对称性的应用 4.已知圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0关于直线2ax－by＋2＝0(a，b∈R)对称，则ab的取值范围是(　　) A. B. C. D. 5.已知点在圆上，圆与圆关于直线对称． (1)圆与圆的方程； (2)设，是圆上的两个动点，且，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，直线，在轴上的截距分别是，问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 6．已知直线和的交点都是整点．则满足的直线有几条． 考点三 与圆有关的轨迹问题 7．已知实数a，b，c成公差非0的等差数列，在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点N的坐标为．过点P作直线的垂线，垂足为点M，则M，N间的距离的最大值与最小值的乘积是（    ） A．10 B． C． D．前三个答案都不对 8.已知点，平面内的动点满足，则点的轨迹形成的图形面积是 ． 9．已知直线，圆. (1)证明：直线l与圆C相交； (2)设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； (3)在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 考点四 圆中的最值问题 10.（多选）已知点，且点在圆上，为圆心，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为 B．当最大时，的面积为2 C．的最大值为 D．的最大值为 11．已知点在圆上． (1)求的最大值和最小值； (2)求的最大值与最小值． 12．设，则当时，（    ） A．u的最小值为1 B．u的最大值为2 C．u的最小值为0 D．u的最大值为3 考点五 圆的切线长及切线方程问题 13．已知圆，为直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为和，则四边形的面积的最小值为 . 14．中，角，，所对的边分别为，，，若的面积是2，则的最小值是________. 15．已知实数满足，则的最小值为_____． 考点六 圆的弦长与中点弦问题 16．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（    ） A． B． C． D． 17．设，过定点M的直线：与过定点N的直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，则下列结论中正确的是（    ） A．一定垂直 B．的最大值为 C．点P的轨迹方程为 D．的最小值为 18．已知直线，圆，圆 (1)若，求直线的倾斜角； (2)设直线截两圆的弦长分别为，当时，求的最大值并求此时的值. 考点七 直线与圆的位置关系的综合应用 19．已知圆和直线．下面四个命题： ①对任意实数与，直线和圆相切； ②对任意实数与，直线和圆有公共点； ③对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切； ④对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切． 其中真命题的序号是 ．(写出所有真命题的序号) 20．下列选项中，p是q的充要条件的是（   ） A．p：或，q：两条直线与平行 B．p：直线与曲线有两个不同交点， C．在圆外部， D．p：直线与圆相离， 21．已知圆与抛物线的两个交点是A，B．过点A，B分别作圆和抛物线的切线，，则（    ） A．存在两个不同的b使得两个交点均满足 B．存在两个不同的b使得仅一个交点满足 C．仅存在唯一的b使得两个交点均满足 D．仅存在唯一的b使得仅一个交点满足 考点八 圆与圆的位置关系的判定及综合应用 22．圆和圆的公切线方程是（    ） A． B．或 C． D．或 23．在平面直角坐标系中，已知点，点是圆上任一点，点为的中点，若点满足，则线段长度的最大值为 . 24.已知圆和圆，则（    ） A．圆与轴相切 B．两圆公共弦所在直线的方程为 C．有且仅有一个点，使得过点能作两条与两圆都相切的直线 D．两圆的公切线段长为 考点九 利用韦达定理解决直线与圆相交问题 25．如数学命题一般由“条件”和“结论”两部分组成.正确的命题掲示了“条件”与“结论”之间的必然联系.如果我们把命题中的“条件”和“结论”互换身份，就有可能得到一个有意义的逆向命题；把一个数学命题中的某些特殊的条件一般化（比如取消某些条件过强的限制），从而得到更普遍的结论，叫做数学命题的推广.这两种方式都是发现数学新知识的重要途径.下面，给出个具体问题，请你先解答这个问题，并尝试按上面提示的思路，提出有意义的问题并解答. 圆O的方程为，斜率为k的直线l与圆O交于两点 A，B，与x轴交于圆内点，其中点 为x轴上一点. （1）当，时，若有求 m的值； （2）就本问题，请你尝试提出有意义的问答并解答（请注意完整、清晰、简洁地叙述你所提出的问题、本题视所提问题的意义及解答给分）. 26.已知圆，回答下列问题. (1)已知圆D过点，圆心在直线上，截y轴弦长为，求C与D相交所得公共弦长； (2)若过点且斜率为k的直线l与圆C交于P，Q两点，其中O为坐标原点，且，求. 27．已知圆经过点和，且圆心在直线上． (1)求圆的标准方程； (2)已知过点的直线恰与圆相切，求直线的方程； (3)圆关于直线对称圆是圆，设是圆上的两个动点，点关于原点的对称点为，点关于x轴的对称点为，如果直线与y轴分别交于和，问是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由． 考点十 与圆有关的新定义题 28．定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“黄金点”；若G同时是圆E和圆F的“黄金点”，则称G为圆“”的“钻石点”.已知圆A：，P为圆A的“黄金点” (1)求点P所在曲线的方程. (2)已知圆B：，P，Q均为圆“”的“钻石点”. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若圆H是以线段为直径的圆，直线l：与圆H交于I，J两点，对于任意的实数k，在y轴上是否存在一点W，使得y轴平分？若存在，求出点W的坐标；若不存在，请说明理由. 29.在平面直角坐标系中，设点，若点满足，其中为定点，则称点是点关于点的“相关点”. (1)已知点，若点是点关于点的“相关点”，且，求的值. (2)已知圆，点，点是圆上的动点，点是点关于点的“相关点”，若点的轨迹与圆有公共点，求正数的取值范围. 30. 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. 考点十一 与圆有关的数学文化题 31．人脸识别在现今生活中应用非常广泛，主要是测量面部五官之间的距离，称为“曼哈顿距离”．其定义如下：设， ，则A，B两点间的曼哈顿距离.已知，若点满足，点N在圆上运动，则的最大值为 32．17世纪80年代，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卵形线，我们称之为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知两定点，，动点满足，动点P的轨迹为曲线E，直线与曲线E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线OM的斜率为 (1)求曲线E的方程; (2)求的取值范围; (3)求证： 33. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点距离之比为（且）的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆. (1)已知两定点，，若动点满足，求点的轨迹方程； (2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立?若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 1.（2024·广东肇庆高二竞赛）已知圆的圆心在直线上，且与直线和轴都相切，则圆的方程为 . 2．（2024·全国“章鱼杯”竞赛）记直线与直线的交点的轨迹为，则使得直线与恰有一个交点的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（26高二·河南驻马店·竞赛）已知，，点P满足，点Q在圆上运动，点M在直线上运动，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．（25高二·天津和平·竞赛）已知，是圆：上两点，.若存在，使直线：与：的交点恰为线段的中点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（2024高二·吉林·竞赛）已知函数，则（    ） A．的最小值为8 B．的最小值为9 C．有1个实根 D．有1个实根 6．（2026高二·湖南湘西·竞赛）设有一组圆：．下列四个命题其中真命题的序号是____ ①存在一条定直线与所有的圆均相切； ②存在一条定直线与所有的圆均相交； ③存在一条定直线与所有的圆均不相交； ④所有的圆均不经过原点． 7．（2024·广西竞赛）若正实数，满足，则的最大值为 ． 8．（2024·重庆竞赛）若点关于直线对称的点在圆上，则 . 9．（25高二·山西晋城·竞赛）已知点，，定义为，的“对称距离”．若点，在圆：上，则，的“对称距离”的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 10．（2024·四川竞赛）用表示点与曲线上任意一点距离的最小值．已知及，设为上的动点，则的最大值为 ． 11．（2024·四川宜宾初赛）已知直线与圆：相交于，两点，且为钝角三角形，则实数的取值范围为 ． 12．（2024·贵州“圆周率”杯竞赛）已知，则的最大值为 ． 13．（2024·广东肇庆高二竞赛）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.已知圆：，点，平面内一定点（异于点），对于圆上任意动点，都有比值为定值，则定点的坐标为 . 14．（2024·山东泰安冬季竞赛）已知圆心为的圆被直线截得的弦长为． (1)求圆N的方程； (2)点与点C关于直线对称，求以C为圆心且与圆N外切的圆的方程． 15．（2026高二·安徽阜阳·竞赛）已知是抛物线上一点，经过点的直线与抛物线交于两点（不同于点），直线分别交直线于点. （1）求抛物线方程及其焦点坐标，准线方程； （2）若，求直线的方程； （3）已知为原点，求证：以|MN|为直径的圆过原点 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆的方程、直线与圆、圆与圆的位置关系 目 录 A组 考点专项过关练 竞赛核心题型速览 题型01 求圆的方程 题型07 直线与圆的位置关系的综合应用 题型02 圆的对称的应用 题型08 圆与圆的位置关系的判定与综合应用 题型03 与圆有关的轨迹问题 题型09 利用韦达定理解决直线与圆相交问题 题型04圆中的最值问题 题型10 与圆有关的新定义题 题型05 圆的切线长与切线方程问题 题型06圆的弦长与中点弦问题 题型11 与圆有关的数学文化题 B组 选拔真题冲奖练 （精选各地竞赛、强基试题15道） 考点一 求圆的方程 1．已知曲线与曲线交于A，B，C三点，则外接圆的面积为 . 【答案】 【分析】根据题意，联立两曲线方程，消去可得关于的一元三次方程，设出圆的一般式，分别将曲线代入圆的方程，化简得到关于的一元三次方程，然后对比，列出方程，即可得到圆的方程，从而得到结果. 【详解】联立方程，消去可得， 设过交点的圆的方程为， 将代入圆的方程，可得， 即， 再将代入，即可得到， 对比， 可得，解得， 所以圆的方程为， 配方可得， 则圆的半径为， 所以外接圆的面积为. 2. 在①圆Q经过直线：与直线：的交点，②圆心Q在直线上这两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并作答． 问题：是否存在圆Q，使得点，均在圆Q上，且______？若存在，求圆Q的方程；若不存在，请说明理由． 【分析】设圆心Q的坐标为，圆的半径为r.如果选择①，根据求出的值即得解；如果选择②，根据求出，即得解. 【详解】解：因为点，均在圆Q上，所以圆心Q在线段AB的垂直平分线上． 又直线AB的方程为，所以线段AB的垂直平分线的方程为， 则可设圆心Q的坐标为，圆的半径为r． 如果选①， 由，解得，即直线和的交点为，则圆Q过点， 所以，解得，则， 即存在圆Q，且圆Q的方程为． 如果选②， 由圆心Q在直线上可得，则， 所以． 即存在圆Q，且圆Q的方程为． 3．证明双曲线的一条切线与两条渐近线的交点与该双曲线的两个焦点四点共圆． 【答案】证明见解析 【分析】设双曲线方程为，曲线上的点，则可求切线方程，联立切线方程与渐近线方程可求交点的坐标，求出两个交点的垂直平分线的方程后可求其与轴的交点后可判断四点共圆. 【详解】设双曲线方程为，曲线上的点， 则双曲线在M处的切线l的方程为， 整理得到：， 它与双曲线的渐近线交于点． 因此线段的垂直平分线交y轴于点， 考虑以点C为圆心， 过点A，B的圆， 令，有， 因此圆C也过双曲线的两个焦点，命题得证． 考点二 圆的对称性的应用 4.已知圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0关于直线2ax－by＋2＝0(a，b∈R)对称，则ab的取值范围是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【详解】将圆的方程化成标准形式得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，若圆关于已知直线对称，则圆心(－1,2)在直线上，代入整理得a＋b＝1，故ab＝a(1－a)＝－2＋≤，故选A. 5.已知点在圆上，圆与圆关于直线对称． (1)圆与圆的方程； (2)设，是圆上的两个动点，且，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，直线，在轴上的截距分别是，问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由圆的标准方程可得圆心，根据点关于直线对称，建立方程组可求出圆心，可得答案； （2）根据对称写出点的坐标，利用直线的点斜式方程，分别求得截距，结合圆的方程计算，可得答案. 【详解】（1）设圆的圆心关于直线的对称点为， 的中点坐标是，的斜率是， ， 由得：，，， 圆，圆． （2），，，， 直线的方程为：， 令，则，同理可得：， 由，，， 则， 是定值． 6．已知直线和的交点都是整点．则满足的直线有几条． 【答案】 【分析】先求出圆上的整数点，再用表示这些整数点中的不同两点， 求出直线方程，进而得出，再逐一代入检验. 【详解】圆上的整数点有，，，， 用表示这些整数点中的不同两点， 则直线与为同一直线， 因，则与轴交点为，与轴交点为， 故由形成的直线的斜率必然存在且不为，且不过原点， 因， 令，得；令，得， 则，， 则 条 符合 符合 符合 由于对称性可知，同上共条 由对称性可知，同上共条 共条 符合 符合 符合 符合 由对称性可知，同上共条 综上可知，符合题意的直线共条. 考点三 与圆有关的轨迹问题 7．已知实数a，b，c成公差非0的等差数列，在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点N的坐标为．过点P作直线的垂线，垂足为点M，则M，N间的距离的最大值与最小值的乘积是（    ） A．10 B． C． D．前三个答案都不对 【答案】A 【分析】由题设可得点M的轨迹是以为直径的圆，故可求的最值，故可求它们的乘积. 【详解】直线中a，b，c成等差数列即直线恒过点， 又，于是点M的轨迹是以为直径的圆，如图． 该圆的圆心为，半径为，因此， 故，于是所求最大值与最小值之积为． 故选：A. 8.已知点，平面内的动点满足，则点的轨迹形成的图形面积是 ． 【答案】 【分析】根据条件求出点P的轨迹方程，可知点P的轨迹为圆，再根据圆的面积公式求解即可. 【详解】设点P的坐标为. 因为，所以， 整理得，即. 所以点P的轨迹方程为，其轨迹为以为圆心，且半径的圆. 所以轨迹形成的图形面积. 9．已知直线，圆. (1)证明：直线l与圆C相交； (2)设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； (3)在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 【答案】(1)证明：直线过定点，代入得：，故在圆内，故直线l与圆C相交； (2)； (3)是,点Q恒在直线上 【分析】（1）求出直线过定点，得到在圆内部，故证明直线l与圆C相交；（2）设出点，利用垂直得到等量关系，整理后即为轨迹方程；（3）利用Q、A、B、C四点共圆，得到此圆的方程，联立，求出相交弦的方程，即直线的方程，根据直线过的定点，得到，从而得到点Q恒在直线上. 【详解】（1）略 （2）圆的圆心为，设点，由垂径定理得：，即，化简得：，点M的轨迹方程为： （3）设点，由题意得：Q、A、B、C四点共圆，且圆的方程为：，即，与圆C的方程联立，消去二次项得：，即为直线的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上. 考点四 圆中的最值问题 10.（多选）已知点，且点在圆上，为圆心，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为 B．当最大时，的面积为2 C．的最大值为 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】根据几何位置关系，结合两点之间距离公式即可判断A；当与圆相切时，最大，进而求得，即可判断B；当，，三点共线，且在，之间时，最大，即可判断C；当为射线与圆的交点时，取得最大值，即可判断D． 【详解】因为，所以点在圆外，点在圆内，如图所示， 对于A，当为线段与圆的交点时，即，此时取得最小值为，故A正确； 对于B，由题知，点在圆内，当与圆相切时，最大，此时与重合，此时，故B错误； 对于C，因为点在圆上，为圆心，则，所以当最大时，也最大， 当，，三点共线，且在，之间时，其最大值为，故C正确； 对于D，当为射线与圆的交点时，取得最大值，故D正确． 故选：ACD． 11．已知点在圆上． (1)求的最大值和最小值； (2)求的最大值与最小值． 【答案】(1)最大值是，最小值为 (2)最小值，最大值． 【分析】（1）先把圆方程化为标准式，得到圆心和半径．设，它代表圆上点与原点连线斜率．利用圆心到直线距离小于等于半径，列出不等式求解，得出的范围，即的最值． （2）方法一：将圆方程用参数表示，令，，得到关于的式子，根据三角函数取值范围求最值． 方法二：设，与圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程．因为直线与圆有公共点，所以方程有解，通过判别式得出的范围，即的最值． 【详解】（1）    圆即为， 可得圆心为，半径为， 设，即， 则圆心到直线的距离，即， 平方得，解得：， 故的最大值是，最小值为， （2）方法1：圆即为， 令， 则， ∵，∴， ∴的最大值为，最小值为． 方法2：设，则， 化简整理得到， ，解得， 故的最小值，最大值． 12．设，则当时，（    ） A．u的最小值为1 B．u的最大值为2 C．u的最小值为0 D．u的最大值为3 【答案】AB 【分析】找到代数式对应的几何意义，从而可求目标代数式的最值. 【详解】记，则u是在方向上的投影数量，如图． 由于的取值范围是， 因此所求u的最大值为，最小值为． 故选：AB. 考点五 圆的切线长及切线方程问题 13．已知圆，为直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为和，则四边形的面积的最小值为 . 【答案】 【分析】首先判断直线与圆的位置关系，再由、，将问题化为先求最小值，进而求最小面积. 【详解】由，即，则，半径， 所以到的距离，即直线与圆相离，如下图示，    由题意，且，而， 所以，要使四边形的面积最小，只需最小， 又，即只需最小，显然， 所以，故最小. 14．中，角，，所对的边分别为，，，若的面积是2，则的最小值是________. 【答案】 【分析】先由三角形面积公式得与的关系，再用余弦定理代换目标表达式，接着通过基本不等式放缩，随后设斜率转化几何意义，最后利用直线与单位圆相切求最值，得出最终结果. 【详解】在中，，得，即. 由余弦定理. 所以. 由基本不等式，当且仅当时取等号. 代入得. 令，，所以 则表示单位圆上的点与连线斜率,， 直线与单位圆相切时，. 解得，即. 故，即. 因此. 两处等号可同时成立，故最小值为. 15．已知实数满足，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】解法1：分别讨论和两种情况，作出表示的区域，根据斜率公式及图形关系，求出相切时的斜率，综合分析，即可得答案；解法2：根据，代入所求，化简整理，可得所求的表达式，结合解法1，即可得答案. 【详解】解法1：① 当时，则，在区域上考虑目标函数最值， 此时 令，表示点与点连线的斜率， 如图，作出区域的图象，设点，过点A作实线弧的切线，设切点为B， 则，所以， 所以，即， 依题意，需使，则； ② 当时，则，在区域上考虑目标函数最值， 此时， 令表示点与点连线的斜率， 作出区域的图象，设点，过点D作实线弧的切线， 切点分别为C，E，切线DE与x轴交于点F，如图所示， 则，所以， 则，所以， 由题意，需使， 则， 当且仅当时取等号. 综上可得，的最小值为． 解法2：利用 得， 当时，（以下同法1）； 当时，（以下同法2）． 故答案为： 考点六 圆的弦长与中点弦问题 16．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据垂径定理可知，，结合直线的位置关系，即可求解. 【详解】圆 的圆心为，而点， 所以 由题意可知，， 则，所以 所以弦所在的直线的方程为， 即. 故选：A. 17．设，过定点M的直线：与过定点N的直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，则下列结论中正确的是（    ） A．一定垂直 B．的最大值为 C．点P的轨迹方程为 D．的最小值为 【答案】AD 【分析】对于A：分m=0和讨论，判断 与是否垂直； 对于B：在Rt△PMN中，设∠PMN=，利用直角三角形边长关系表示出，利用三角函数求最值； 对于C：用定义法求出轨迹方程； 对于D：把转化为 ，求的最小值即可. 【详解】对于A：m=0时，直线：与： 垂直； 时直线：的斜率 ，：的斜率为 ，因为，所以 与垂直，综上，一定垂直.故A正确； 对于B：过定点，过定点 ，在Rt△PMN中，设，则 .故B错误； 对于C：由可得点 P轨迹方程为( ). 故C错误； 对于D：作，则，∴点D轨迹方程为 . ∵= ，且的最小值为 ，∴ 的最小值为 .故D正确. 故选：AD 18．已知直线，圆，圆 (1)若，求直线的倾斜角； (2)设直线截两圆的弦长分别为，当时，求的最大值并求此时的值. 【答案】(1)； (2)， 【分析】（1）先由的方程求出斜率，设直线的倾斜角为，再利用，结合诱导公式即可求出直线的倾斜角； （2）先求出圆心到直线的距离，由圆心到直线的距离小于半径求出的范围，再通过弦长公式求出，由结合基本不等式求得的最大值即可. 【详解】（1）若，则直线，易知直线斜率为，设直线的倾斜角为， 则，又，故，故直线的倾斜角为； （2）当时，直线，易知圆心，半径，圆心，半径， 且，即或；圆心到直线的距离为，由圆和直线相交得， 解得，则；圆心到直线的距离为， 由圆和直线相交得，解得或，则， 故或，又，，故， 即，故，当且仅当时即取等. 故的最大值为，此时. 考点七 直线与圆的位置关系的综合应用 19．已知圆和直线．下面四个命题： ①对任意实数与，直线和圆相切； ②对任意实数与，直线和圆有公共点； ③对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切； ④对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切． 其中真命题的序号是 ．(写出所有真命题的序号) 【答案】②④ 【分析】写出圆心和半径，应用点线距离公式判断圆心到直线距离与半径大小，即可判断. 【详解】由题设，圆心，半径， 所以到的距离，且， 对任意实数与，直线和圆有公共点，②对； 对任意实数，必存在实数，使得直线和圆相切，④对. 故答案为：②④ 20．下列选项中，p是q的充要条件的是（   ） A．p：或，q：两条直线与平行 B．p：直线与曲线有两个不同交点， C．在圆外部， D．p：直线与圆相离， 【答案】B 【分析】充要条件是指p可以推出q，q也可以推出p，需要根据每个选项中p和q的关系进行分析判断. 【详解】对于A，若两条直线与平行， 所以，解得或，但是当时，两直线重合， 所以，则p是q的必要不充分条件，故A错误； 对于B，，可得，， 所以， 表示圆心为，半径的圆的上半部分，如图所示： 直线恒过点，一般式为， 因为直线与曲线有两个不同的交点， 所以圆心到直线的距离小于半径，即，解得， 当时，左边圆上的端点为，此时斜率为， 所以， 所以p是q的充要条件，故B正确； 对于C， 圆半径， 即，所以， 因为在圆外部， 所以，解得， 综上，所以p是q的充分不必要条件，故C错误； 对于D，圆化为标准式为：， 圆心为，半径为， 若直线与圆相离， 则圆心到直线的距离为， 两边平方化简得，综上， 所以p是q的充分不必要条件，故D错误； 故选：B. 21．已知圆与抛物线的两个交点是A，B．过点A，B分别作圆和抛物线的切线，，则（    ） A．存在两个不同的b使得两个交点均满足 B．存在两个不同的b使得仅一个交点满足 C．仅存在唯一的b使得两个交点均满足 D．仅存在唯一的b使得仅一个交点满足 【答案】D 【分析】利用抛物线方程设出交点坐标，再由直线与垂直及交点在圆上求出b，p的关系，然后逐项分析作答. 【详解】依题意，设圆与抛物线的交点，，显然直线的斜率存在且不为0，设方程为：， 由消去x并整理得：，而，则，解得， 由及圆的性质知，直线过圆心及点，于是得：，整理得：， 又，即，因此有， 解得，而，即，于是有满足的两曲线交点只有点，选项A，C不正确； 显然，即正数p值确定，b值也随之确定，并且唯一，选项B不正确，D正确. 故选：D 考点八 圆与圆的位置关系的判定及综合应用 22．圆和圆的公切线方程是（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】A 【分析】先判断两个圆的位置关系，确定公切线的条数，求解出两圆的公共点，然后根据圆心连线与公切线的关系求解出公切线的方程. 【详解】解：，圆心，半径， ，圆心，半径， 因为， 所以两圆相内切，公共切线只有一条， 因为圆心连线与切线相互垂直，， 所以切线斜率为， 由方程组解得， 故圆与圆的切点坐标为， 故公切线方程为，即． 故选：A. 23．在平面直角坐标系中，已知点，点是圆上任一点，点为的中点，若点满足，则线段长度的最大值为 . 【答案】7 【分析】相关点法求出点的轨迹方程，得到点在以为圆心，1为半径的圆上，直接法得到点在圆上，数形结合得到当点时，取得最大值，最大值为7. 【详解】设，由于，点为的中点，故的坐标为， 将其代入中得，，化简得， 即点在以为圆心，1为半径的圆上， 设，则，整理得， 故点在圆上， 画出两圆，可以看出当点时，取得最大值，为7. 故答案为：7 24.已知圆和圆，则（    ） A．圆与轴相切 B．两圆公共弦所在直线的方程为 C．有且仅有一个点，使得过点能作两条与两圆都相切的直线 D．两圆的公切线段长为 【答案】ACD 【分析】利用圆与圆的位置关系，圆与圆的公切线条数，逐个选项分析即可. 【详解】      圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径. 对于A，显然圆与轴相切，故A正确； 对于B，易知两圆相交，将方程与相减，得公共弦所在直线的方程为，故B错误； 对于C，两圆相交，所以两圆的公切线只有两条，又因为两圆半径不相等，所以公切线交于一点，即过点可以作出两条与两圆都相切的直线，故C正确； 对于，因为，所以公切线段长为，故D正确. 故选：ACD 考点九 利用韦达定理解决直线与圆相交问题 25．如数学命题一般由“条件”和“结论”两部分组成.正确的命题掲示了“条件”与“结论”之间的必然联系.如果我们把命题中的“条件”和“结论”互换身份，就有可能得到一个有意义的逆向命题；把一个数学命题中的某些特殊的条件一般化（比如取消某些条件过强的限制），从而得到更普遍的结论，叫做数学命题的推广.这两种方式都是发现数学新知识的重要途径.下面，给出个具体问题，请你先解答这个问题，并尝试按上面提示的思路，提出有意义的问题并解答. 圆O的方程为，斜率为k的直线l与圆O交于两点 A，B，与x轴交于圆内点，其中点 为x轴上一点. （1）当，时，若有求 m的值； （2）就本问题，请你尝试提出有意义的问答并解答（请注意完整、清晰、简洁地叙述你所提出的问题、本题视所提问题的意义及解答给分）. 【答案】（1）；（2）解答见解析. 【分析】（1）求得直线的方程，联立圆的方程，解方程可得的坐标，再由直线的斜率公式，列出方程，即可求解； （2）可增加若，求证：，联立直线方程和圆的方程，以及韦达定理和直线的斜率公式，化简可得所求结论. 【详解】（1）由题意，直线的方程为，即， 设，联立方程组，可得， 解得或，即， 由，可得，即，解得. （2）问题：已知圆O的方程为，斜率为k的直线l与圆O交于两点A，B，与x轴交于圆内点，其中，点为x轴上一点，若， 求证： 证明：设，联立方程组， 可得，则， 由，可得， 即，即， 整理得， 即，化简可得. 26.已知圆，回答下列问题. (1)已知圆D过点，圆心在直线上，截y轴弦长为，求C与D相交所得公共弦长； (2)若过点且斜率为k的直线l与圆C交于P，Q两点，其中O为坐标原点，且，求. 【分析】（1）根据题意，由圆的标准方程可得圆的方程，然后与圆方程作差可得公共弦所在直线方程，再结合弦长公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，联立直线与圆方程，结合韦达定理以及向量数量积的坐标运算代入计算，即可得到，从而得到结果. 【详解】（1）设圆的方程为， 圆心在直线上，则， 且截y轴弦长为，则①， 由圆过点，则②， 联立①②可得或， 当时，，则圆的方程为， 当时，，则圆的方程为， 当圆的方程为时， 且圆， 两圆方程作差可得公共弦所在直线方程为，即， 又圆的圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离， 则C与D相交所得公共弦长为； 当圆的方程为时， 且圆， 两圆方程作差可得公共弦所在直线方程为， 又圆的圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离， 则C与D相交所得公共弦长为； 综上所述，C与D相交所得公共弦长为或. （2）由题设可知直线l的方程为， 设， 将代入方程， 整理得， 所以，， ， 因为， 解得，经检验，直线与圆有交点， 所以直线l的方程为， 故圆心C在直线l上，所以. 27．已知圆经过点和，且圆心在直线上． (1)求圆的标准方程； (2)已知过点的直线恰与圆相切，求直线的方程； (3)圆关于直线对称圆是圆，设是圆上的两个动点，点关于原点的对称点为，点关于x轴的对称点为，如果直线与y轴分别交于和，问是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）结合题目条件，得圆心C的坐标和半径，从而得结论； （2）分直线斜率存在与不存在两种情况，设出直线的方程，利用直线与圆的位置关系，建立方程，即可求解； （3）利用关于直线对称的圆的方程得圆Q的方程，再利用题目条件得、，且得到，，再利用直线的点斜式方程得直线和的方程，令得m与n，最后利用圆的方程，计算得结论． 【详解】（1）因为圆经过点和，又易知中点，， 所以的中垂线方程为，即， 又圆心在直线上，由，解得，所以圆心， 又圆的半径，所以圆的标准方程为. （2）当直线斜率存在时，设直线， 由（1）知圆为， 因为直线与圆相切，则，整理得到，此时直线， 当直线斜率不存在时，直线，满足题意， 综上，直线的方程为或. （3）设关于直线的对称点为， 则，解得， 所以关于直线的对称点为，而圆关于直线的对称圆是圆， 所以圆的方程为， 因为点关于原点和x轴的对称点分别为、，所以、， 又因为， 当时，点的坐标为，则直线与轴垂直，不满足题意，所以． 当时，点的坐标为，则直线与轴垂直，不满足题意，所以， 因此直线的方程为，直线的方程为， 在方程中，令得，即， 在方程中，令得，即， 又因为、是圆Q上的两个动点，所以，， 因此， 因此为定值． 考点十 与圆有关的新定义题 28．定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“黄金点”；若G同时是圆E和圆F的“黄金点”，则称G为圆“”的“钻石点”.已知圆A：，P为圆A的“黄金点” (1)求点P所在曲线的方程. (2)已知圆B：，P，Q均为圆“”的“钻石点”. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若圆H是以线段为直径的圆，直线l：与圆H交于I，J两点，对于任意的实数k，在y轴上是否存在一点W，使得y轴平分？若存在，求出点W的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）存在， 【分析】（1）根据新定义建立方程，化简即可判断轨迹为圆，得出轨迹方程； （2）（ⅰ）根据P，Q均为圆“”的“钻石点”，可知为两圆的公共弦，作差即可得解； （ⅱ）由题意求出圆H的方程为，假设存在，根据及根与系数的关系化简为是否对任意成立，即可得解. 【详解】（1）因为点P为圆A的“黄金点”， 所以，即， 所以点P的轨迹是以A为圆心，为半径的圆， 故点P所在曲线的方程为 （2）（ⅰ）因为P为圆B的“黄金点”，则 所以，即点P在圆上， 则P是圆和的交点. 因为P，Q均为圆“”的“钻石点”， 所以直线即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 )设的圆心为，半径为， 的圆心为，半径为. 直线的方程为，得的中点坐标为， 点S到直线的距离为， 则，所以圆H的方程为. 假设轴上存在点满足题意，设，. 若轴平分，则，即， 整理得 又，所以代入上式可得， 整理得①， 由可得， 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，使得轴平分. 29.在平面直角坐标系中，设点，若点满足，其中为定点，则称点是点关于点的“相关点”. (1)已知点，若点是点关于点的“相关点”，且，求的值. (2)已知圆，点，点是圆上的动点，点是点关于点的“相关点”，若点的轨迹与圆有公共点，求正数的取值范围. 【分析】（1）利用向量夹角公式和圆的方程来求解的值； （2）设，根据 “相关点”，则，，得到设，可得结合，得最后根据点的轨迹与圆有公共点，求得的取值范围即可. 【详解】（1）因为，，点是点关于点的 “相关点”， 所以，， 则，即 因为，所以， 又，，则， 两边平方得，即，即， 解得 （2）设，因为在圆：上，所以 点是点关于点的 “相关点”，则，， 所以， 即 设，则，可得 因为，所以，整理得 因为点的轨迹与圆有公共点，所以两圆的圆心距满足. 连不等式前面可化为. 两边同时平方可得，展开得. 可得. 因为，所以，即，即恒成立，所以， 即不等式的解集为. 连不等式后边可化为. 两边同时平方可得，展开得. 移项可得， 又，可得，解得. 因为不等式的解集为，不等式的解集为， 所以原不等式的解集为. 30. 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. 【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. 考点十一 与圆有关的数学文化题 31．人脸识别在现今生活中应用非常广泛，主要是测量面部五官之间的距离，称为“曼哈顿距离”．其定义如下：设， ，则A，B两点间的曼哈顿距离.已知，若点满足，点N在圆上运动，则的最大值为 【答案】 【分析】根据题意，作出点的轨迹，将问题转化为点到圆的距离问题，从而得解. 【详解】由题意得，圆，圆心，半径， 设点，则， 故点的轨迹为如下所示的正方形，其中，， 则，， 则，即的最大值为. 故答案为：. 32．17世纪80年代，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：同一平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卵形线，我们称之为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知两定点，，动点满足，动点P的轨迹为曲线E，直线与曲线E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线OM的斜率为 (1)求曲线E的方程; (2)求的取值范围; (3)求证： 【分析】（1）利用两点间的距离公式列方程并化简即可求出P的轨迹方程； （2）利用两点间的距离公式，消元转化，再结合曲线的性质特征求解即可； （3）利用点差法、斜率公式和中点公式，再结合曲线的性质特征求解即可； 【详解】（1）由题意， 整理可得， 曲线E的方程为； （2）， 由曲线E的方程可知， ，即， 解得，， ， 的取值范围为； （3）设，，， 由题意可知， 则， ， 由题意可知， ， 由题意，， ， 由可知，， 则，， ， ， 33. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点距离之比为（且）的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆. (1)已知两定点，，若动点满足，求点的轨迹方程； (2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立?若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【分析】（1）设，根据列方程，化简求得的轨迹方程. （2）假设存在满足条件，设，根据已知条件列方程组，求得，进而确定正确答案. 【详解】（1）设，则由可得， 即，整理得点的轨迹方程为：； （2）假设存在满足条件，即有， 设，整理可得①， 又因为点在圆上，则②， 将②代入①可得， 由题可得，解得，， 所以， 故存在点满足条件. 1.（2024·广东肇庆高二竞赛）已知圆的圆心在直线上，且与直线和轴都相切，则圆的方程为 . 【答案】或 【分析】由已知可设圆心为，半径，再根据直线与圆相切，可得解. 【详解】由已知圆的圆心在直线上， 则设， 又圆与轴相切， 所以半径， 圆的方程为 因为圆与直线相切， 所以， 化简得，解得或， 所以圆的方程为或. 2．（2024·全国“章鱼杯”竞赛）记直线与直线的交点的轨迹为，则使得直线与恰有一个交点的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】求出直线所过定点分析可知，求出点的轨迹方程，再应用直线和圆的位置关系判断即可. 【详解】直线与直线的交点的轨迹为， 直线方程可化为， 由可得，所以直线过定点， 直线方程可化为， 由可得，所以直线过定点， 设线段的中点为，设点，因为，则两直线垂直，即， 由直角三角形的几何性质可得， 即，化简可得， 所以点的轨迹为圆， 直线过定点，在轨迹上， 直线与恰有一个交点则直线与圆相切， 过圆上的一点做切线只有一条故使得直线与恰有一个交点的的个数是1个. 故选：B. 3．（26高二·河南驻马店·竞赛）已知，，点P满足，点Q在圆上运动，点M在直线上运动，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求点的轨迹方程，已知，设利用两点间距离公式列出等式，得到点的轨迹是一个圆，然后用将军饮马模型，把折线距离转化为直线距离，最后化简计算. 【详解】设，由得，， 整理得，所以点P在以为圆心，半径为2的圆上． 点Q在圆上运动，该圆的圆心为，半径为1，如图， 有图可知，当，时，才有可能取得最小值， 设圆与圆关于直线对称，则， 连接，则， 当C，M，三点共线时，取得最小值． 设，则，解得，即， 所以，则的最小值为． 故选：C 4．（25高二·天津和平·竞赛）已知，是圆：上两点，.若存在，使直线：与：的交点恰为线段的中点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与圆相交的弦长可得中点的轨迹为，又根据直线，的方程可知，交点的轨迹方程为，若恰为的中点，即圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得实数的取值范围. 【详解】圆的圆心为，半径为， 设中点为，则，解得， 所以点的轨迹方程为， 又直线，即，过定点， 直线，即，过定点， 且，可知， 则点是两垂线的交点，可知在以为直径的圆上， 则圆心，半径， 所以点的轨迹方程为， 由于直线的斜率存在，所以点的轨迹要除去点， 则， 若点恰为中点可知圆与圆有公共点， 则， 可得或， 解得或， 所以的取值范围为. 故选：D. 5．（2024高二·吉林·竞赛）已知函数，则（    ） A．的最小值为8 B．的最小值为9 C．有1个实根 D．有1个实根 【答案】B 【分析】先设点的坐标，把函数转化为，再结合图形特征得出最小值即可. 【详解】是抛物线上一点， 到直线的距离为 到点的距离为， 所以 当共线时，取最小值， 最小值为到的距离. 因为， 且的最小值为， 所以的最小值为9，且在交点或处取到， 故选：B. 6．（2026高二·湖南湘西·竞赛）设有一组圆：．下列四个命题其中真命题的序号是____ ①存在一条定直线与所有的圆均相切； ②存在一条定直线与所有的圆均相交； ③存在一条定直线与所有的圆均不相交； ④所有的圆均不经过原点． 【答案】②④ 【分析】由已知得圆心，由两圆的位置关系、圆心距、两圆的半径之差，即可判断出真命题个数． 【详解】根据题意得：圆心坐标为， 圆心在直线上，故存在直线与所有圆都相交，选项②正确； 考虑两圆的位置关系： 圆：圆心，半径为， 圆：圆心，即，半径为， 两圆的圆心距， 两圆的半径之差， 任取或时，（）， 含于之中，选项①错误； 若取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，选项③错误， 将带入圆的方程,则有，即（）， 因为左边为奇数，右边为偶数，故不存在使上式成立，即所有圆不过原点，选项④正确． 故答案为②④. 7．（2024·广西竞赛）若正实数，满足，则的最大值为 ． 【答案】10 【分析】设，，可得，，进而可得，可求的最大值. 【详解】设，． 则，， 所以，所以， 故． 从而的最大值为10． 8．（2024·重庆竞赛）若点关于直线对称的点在圆上，则 . 【答案】 【分析】点在圆上，由题意分析可知对称点必是圆与圆的公共点，由此可求出，即可得出答案. 【详解】注意点在圆上，且关于直线对称的点必然在圆上， 因为联立两圆方程解得：， 圆与圆仅有唯一公共点， 因此对称点只能是.因为，， 由余弦定理可得：， 所以，因此. 9．（25高二·山西晋城·竞赛）已知点，，定义为，的“对称距离”．若点，在圆：上，则，的“对称距离”的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】分析得到点，的“对称距离”，相当于点关于直线：的对称点与点的距离，设圆关于的对称圆为圆，转化为两圆上的点，的距离的最小值，由于两圆外离，点到的距离的最小值的两倍即为所求，得到答案. 【详解】点，的“对称距离”， 相当于点关于直线：的对称点与点的距离， 所以当点，在圆上时，点在圆关于的对称圆上， 又圆心到直的距离，所以圆与相离，从而圆与圆外离． 所以，的“对称距离”的最小值，即为两圆上的点，的距离的最小值， 也即点到的距离的最小值的两倍， 其中点到的距离最小值为圆心到直的距离减去半径，即， 所以所求最小值为． 故选：D 10．（2024·四川竞赛）用表示点与曲线上任意一点距离的最小值．已知及，设为上的动点，则的最大值为 ． 【答案】3 【分析】由圆心距与半径的关系可得到两圆相离，再由题意与圆的知识即可求解． 【详解】如图所示，   得到圆心； 得到圆心； 由于，所以两圆相离，因为为上的动点，， 所以要使取得最大值，只需最大即可， 因为，则的最大值为. 故答案为：3. 11．（2024·四川宜宾初赛）已知直线与圆：相交于，两点，且为钝角三角形，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】可得为等腰直角三角形时，点C到直线的距离，要使为钝角三角形，需满足. 【详解】圆：化为， 故圆心，半径为2， 当为等腰直角三角形时， 点C到直线的距离，解得， 为钝角三角形，，当时，， 则可得的取值范围为. 12．（2024·贵州“圆周率”杯竞赛）已知，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】首先根据题意得到，设，，得到的轨迹方程为：，且点在上，从而得到，再解不等式即可. 【详解】 变形得， 设，， 因为点的轨迹方程为：，且点在上， 所以， 整理得：，即， 解得. 所以的最大值为. 13．（2024·广东肇庆高二竞赛）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.已知圆：，点，平面内一定点（异于点），对于圆上任意动点，都有比值为定值，则定点的坐标为 . 【答案】 【分析】设的坐标为，动点，，然后列式化简,得到的轨迹方程,结合圆：,对应系数相等列方程组,即可求得点的坐标. 【详解】设的坐标为，动点，， 则， ， ， ， 可得， 又点的轨迹方程， 可得，解得（舍）或， 则的坐标为. 14．（2024·山东泰安冬季竞赛）已知圆心为的圆被直线截得的弦长为． (1)求圆N的方程； (2)点与点C关于直线对称，求以C为圆心且与圆N外切的圆的方程． 【分析】（1）根据圆心到直线的距离结合弦长公式计算，得到圆方程. （2）确定圆心为，根据两圆的位置关系计算，得到答案. 【详解】（1）圆心到直线的距离等于，圆N被直线截得的弦长为， 则圆N的半径， 圆N的方程为． （2）点与点C关于直线对称，点C的坐标为． 设所求圆的方程为， 圆C与圆N外切，故，得． 圆C的方程为． 15．（2026高二·安徽阜阳·竞赛）已知是抛物线上一点，经过点的直线与抛物线交于两点（不同于点），直线分别交直线于点. （1）求抛物线方程及其焦点坐标，准线方程； （2）若，求直线的方程； （3）已知为原点，求证：以|MN|为直径的圆过原点 【答案】（1）， ， ;（2）或;（3）为定值. 【详解】试题分析：（1）将代入，得，由此能求出抛物线方程和焦点坐标；（2）设，及直线的方程，联立方程组结合韦达定理得，，由即，代入得的值，故可得其直线方程；（3）设，，写出直线的点斜式方程，将代入得，同理可得，利用整体代换思想得可得结果. 试题解析：（1）将代入，得， 所以抛物线方程为，焦点坐标为，准线方程为. （2）设，， 设直线方程为，与抛物线方程联立得到，消去，得： ， 则由韦达定理得： ，. 由得，，又，， 所以，， 所以，， 所以，，解得， 所以，所求直线方程为或. （3）设，， 直线的方程为：，即， 令，得， 同理可得：，又，， . 所以，即以|MN|为直径的圆过原点 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $