专题04 与圆有关的轨迹问题7种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

专题04 与圆有关的轨迹问题7种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 直接法求轨迹‑“斜率圆” 题型 02 直接法求轨迹‑“向量圆” 题型 03 直接法求轨迹‑“平方圆” 题型 04 直接法求轨迹‑“比值圆”（阿波罗尼斯圆） 题型 05 相关点代入法 题型 06 定义法 题型 07 几何法 ▌题型01 直接法求轨迹-“斜率圆” 【例1】【答案】（） 【分析】根据题意可知：点的轨迹是以为直径的圆（除外），进而可得结果. 【详解】由题意可知：，则点的轨迹是以为直径的圆（除外）， 即以的中点为圆心，半径为1的圆， 所以点的轨迹方程是. 故答案为：. 【变式1-1】【答案】64 【分析】根据斜率关系确定点的轨迹，结合目标式的几何意义求解即可. 【详解】由题知：直线恒过定点. 直线化简为：， 当时，，直线恒过点. 当时，直线的斜率不存在，直线的斜率，则. 当时，，，，则. 综上：直线恒过定点，直线恒过定点，且. 因为直线与直线交于点， 所以点在以为直径的圆上，线段的中点坐标为， 且，则其轨迹方程为（除点外），圆的半径， 因为表示圆上的点到原点距离的平方，设， 则，所以的最大值为64. 【变式1-2】【答案】ACD 【分析】对A，将的方程整理为含参数的分组形式，令的系数和常数项同时为0，解得定点判断；对B，由两直线恒垂直，交点轨迹本是以两直线定点连线为直径的圆，但圆上的点无法通过有限实数取到；对C，将分式化简为，利用几何意义求出的范围，进而求得原式最小值为；对D，将转化为乘以点到直线的距离，得最小距离对应点取不到，最大距离对应点存在，进而得取值范围. 【详解】对于A：对动直线整理得，令，得定点， 代入方程验证恒成立，A正确； 对于B：对，整理得，令，得定点； 对任意，由可知， 所以交点的轨迹是以为直径的圆，圆心为中点，又， 所以圆方程为， 但点满足圆方程但无法通过有限实数取到， 轨迹缺一个点，不是完整的圆，B错误； 对于C：，是点与定点连线的斜率， 连线方程为，则，解得， 因此原式最小值为，且对应点在轨迹上，能取到最小值，C正确； 对于D：（是点到直线的距离）， 圆心到直线的距离，圆半径为， 因此， 距离为对应切点，不在轨迹上，故； 最大距离对应点，在轨迹上，因此，D正确. 【变式1-3】【答案】B 【分析】根据题意求出点的轨迹圆的方程，由两圆有公共点列不等式求解即可. 【详解】由可知点的轨迹是以为直径的圆，如图， 因，故圆心为，半径为， 所以圆. 依题意，圆与圆必至少有一个公共点. 因，则， 由，解得：. ▌题型02 直接法求轨迹-“向量圆” 【例2】【答案】A 【分析】根据向量数量积的运算求出点的轨迹为圆，结合直线与圆有公共点的条件，利用圆心到直线的距离不大于半径求解的取值范围. 【详解】设点，由，，得，. 由，代入得，整理得， 即点的轨迹是以为圆心，半径的圆. 直线整理为一般式， 因为直线上存在满足条件的点，故直线与圆有公共点，即圆心到直线的距离. 由点到直线距离公式得，所以， 整理得，即，解得， 故的取值范围为. 【变式2-1】【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，设，；根据得到点的轨迹方程，结合点始终在以为圆心1为半径的圆外，得到的轨迹方程与圆的位置关系，将位置关系转化为关于的不等式，从而得到的范围. 【详解】以所在直线为轴，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则； 由线段的长为4，可设，. 则，. ，得. ，； 点在以为圆心，为半径的圆上. 又点始终在以为圆心， 为半径的圆外， 圆和圆外离或者内含. 或； 或，解得或； ，或， 即的范围是. 【变式2-2】【答案】 【分析】先求出点、的轨迹方程，由向量的数量投影可得即求的范围，根据，的范围，结合图象求解即可. 【详解】设，则 又因为，所以， 即，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； 又因为， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； 设，则向量在向量方向上的数量投影为：， 因为点在圆上，所以， 又因为，所以， 所以当取最大、取最小值时，此时与反向， 则取最小值，为； 当、同时取最大值时，此时与同向， 取最大值，为； 所以， 即向量在向量方向上的数量投影的取值范围是. 【变式2-3】【答案】BC 【详解】设点，已知点，，则， ，，化简得 点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆. ，，即圆的圆心为，半径为2; 点既在圆上，又在圆上，两圆有公共点. 且两圆的圆心距 两圆有公共点，，即，解得或 ，，则，，， 或 对于A，，且，故A错误; 对于B，，故B正确; 对于C，，故C正确; 对于D，，且，故D错误; ▌题型03 直接法求轨迹-“平方圆” 【例3】【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）设，应用两点距离公式及已知条件，整理化简求轨迹方程； （2）由题意，直线与相切，讨论所求直线斜率，设直线方程，根据圆心与直线距离求参数求直线方程. 【详解】（1）设，由条件，则， 整理：，即点的轨迹方程为. （2）过点的直线与点的轨迹只有一个公共点，即直线与相切，    当直线的斜率存在时，不妨设， 则圆心到直线的距离，得：，此时； 当的斜率不存在时，直线此时直线与圆相切； 综上所述，满足题意得直线的方程为：或 【变式3-1】【答案】B 【分析】设圆心，表示出圆，设，依题意可得，将问题转化为两圆有交点求出参数的取值范围. 【详解】依题意设圆心，则圆：， 设，由，则， 即， 依题意即圆与圆有交点，则，解得， 即圆心的横坐标的取值范围为. 故选：B 【变式3-2】【答案】ABD 【分析】对于，设出，根据题意列式即可得到方程；对于，因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，求解即可；对于，判断点的位置即可得到；对于，由点在圆外，得到，利用基本不等式即可求解. 【详解】设，， 即，故正确； 因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，的最大面积为，故正确； 因为，所以点在圆外，所以切线有两条，故错误； 因为点在圆外，所以，则， ， 当且仅当时，即时等号成立，故正确. 故选：. 【变式3-3】【答案】B 【分析】设，由两点距离公式计算可得根据题意可得，进而利用点到直线的距离公式即可求解． 【详解】设， ， ，即． 点P的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆面． 若直线上存在点Q使得， 则PQ为圆的切线时最大，如图， ，即． 圆心到直线的距离， 或． 故选：B． ▌题型04 直接法求轨迹-“比值圆”（阿波罗尼斯圆） 【例4】【答案】 【详解】如图，以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则、，设， ∵，∴， 两边平方并整理得：， 可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 要使的面积最大，只需点到（轴）的距离最大， 所以当点坐标为或时，面积的最大值是. 【变式4-1】【答案】ACD 【分析】设，根据题意运用两点间距离公式列出方程，化简得轨迹C的方程，可判断选项A；满足的点的轨迹是以为直径的圆，根据圆与圆的位置关系判断出圆和圆外离，可判断选项B；由距离公式判断直线与圆的位置关系，从而判断C；设，并由距离公式结合点P的轨迹方程，利用待定系数法解方程，从而判断D. 【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，若，则在以为直径的圆上. 因为中点，直径， 所以圆的半径，则圆的方程为， 设圆的半径为，则，圆心距， 则圆和圆外离，即圆上不存在点，使得，故B错误； 对于选项C，圆心到直线的距离为， 则该直线与圆相离，因为，也就是圆上恰有一个点到直线距离等于（离直线最近那一点），故C正确； 对于选项D，假设存在这样的点，可设，可得， 两边平方并整理：， 由P的轨迹方程为，可得， 解得或（舍去），即存在，故D正确. 【变式4-2】【答案】AD 【分析】设，由点满足，求得曲线的轨迹方程为，结合圆的性质，直线与圆的位置关系和圆的切线长公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，因为，且点满足， 可得，即， 可得， 整理得，即曲线的方程为，所以A正确； 对于B，由曲线的方程为，可得其圆心，半径为， 设过点的直线的斜率为，则其直线方程为，即， 若直线与圆有公共点，则满足圆心到直线的距离小于等于半径，即， 可得，解得，即直线的斜率范围是，所以B错误； 对于C，由圆心到直线的距离为， 则曲线上的点到直线的最小距离为，所以C不正确； 对于D，由圆心到点的距离为， 根据圆的切线长公式，可得切线长为，所以D正确. 【变式4-3】【答案】 【分析】首先根据阿波罗尼斯圆的定义求出点P的轨迹方程，再确定直线与的交点Q的轨迹，最后根据点与圆的位置关系求出的最大值. 【详解】设，由得到，， 化简得到，因此，点P的轨迹是以为圆心、半径的圆， 直线：，变形为，则直线恒过定点， 直线：，变形为，则直线恒过定点， 又因为，所以， 则点Q的轨迹是以和为直径端点的圆，圆心坐标为 ，半径为, 两圆的圆心距为，两圆内含. 根据点与圆的位置关系，的最大值等于两圆的圆心距加上两圆的半径之和， 即. 故答案为：. ▌题型05 相关点代入法 【例5】【答案】 【分析】设点的坐标为，点，结合已知条件用点的坐标表示出点的坐标，再利用点与圆的关系，即可求解． 【详解】如图，设点的坐标是，点的坐标是， 由于点的坐标是，且是线段的中点，所以，． 于是有，， 因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程， 即．    ② 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为． 【变式5-1】【答案】 【分析】设中点坐标，利用中点公式将圆上动点的坐标用中点坐标表示出来，再代入圆的方程，化简即得轨迹方程． 【详解】设在圆上运动，则：①, 设的中点，由中点坐标公式：， 解得， 将代入①：得 化简得： 即： 因此线段中点的轨迹方程为：． 【变式5-2】【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出点和点的坐标，因为是的中点，所以利用中点坐标公式建立与的坐标关系；又因为在圆上，将的坐标代入圆的方程，即可得到点的轨迹方程。 （2）先求出圆与点的轨迹的交点、，利用圆系方程，设出过两点的圆系方程，再将点的坐标代入求出参数，得到所求圆的方程. 【详解】（1）设点，， 因为点是的中点，所以，所以， 因为点在圆上，所以， 化简得， 所以点的轨迹方程是. （2）由（1）可得点的轨迹为圆，其一般方程为， 圆的一般方程为， 设经过两点的圆的方程为， 化简得， 将点代入得， 所以， 所以经过三点的圆的方程， 化简得，   故过三点的圆的方程为. 【变式5-3】【答案】 【分析】设，，由求出，代入圆的方程可得答案. 【详解】设，，由， 得，所以， 又因为点在圆：上， 所以，即. 故答案为： ▌题型06 定义法 【例6】【答案】A 【分析】先求出动点的轨迹方程为圆，又在直线上，则的最小值转化为圆心到直线距离减去半径即可. 【详解】由动点到的距离为， 则，即， 所以动点的运动轨迹是圆心为，半径为的圆， 又在直线上， 由表示圆上的点到直线上点的距离， 则的最小值就为圆心到直线的距离减去圆的半径， 由圆心到直线的距离为， 则的最小值为， 故选：A. 【变式6-1】【答案】A 【分析】根据圆的切线与过切点的圆的半径垂直，得到点满足的条件，用坐标表示可得点的轨迹方程. 【详解】如图： 圆表示以为圆心，1为半径的圆. 由题意，且，所以. 所以点在以，半径为的圆上， 所以点的轨迹方程是． 故选：A 【变式6-2】【答案】 【分析】由勾股定理得后列式求解 【详解】设，由得，则，即. 故答案为： 【变式6-3】【答案】D 【分析】由题意求出得到点P在以O为圆心、半径为的圆上即可计算求解. 【详解】由题可知以线段，为邻边所作的平行四边形是边长为1的菱形，， 所以， 所以点P在以O为圆心，半径为的圆上， 所以的最大值为. 故选：D    ▌题型07 几何法 【例7】【答案】 【分析】设点的坐标，根据切线的性质，构造直角三角形，利用勾股定理即可建立等量关系，从而求出P点的轨迹方程. 【详解】设是轨迹上任一点，连接，，， 由圆的方程为，则圆心为， 根据切线的性质，则， 则由勾股定理可得，即，所以， 即P点的轨迹方程为. 【变式7-1】【答案】C 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再利用圆的性质求出最小值. 【详解】圆：，即的圆心，半径， 由点为线段MN的中点，得，且， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而点在直线上， 则圆心到直线的距离，， 所以的最小值为3. 【变式7-2】【答案】A 【分析】取中点，由可得点轨迹为圆，结合极化恒等式可得，再结合点和圆的位置关系求解范围即可. 【详解】如图所示， 由得，是直角三角形，斜边，取中点， 根据直角三角形斜边中线性质，可得， 即在以原点为圆心、半径的圆上. 根据向量极化恒等式，对任意，为中点， 有 ，代入，得： 因为，在为圆心、半径1的圆上， 所以的范围是：， 即， 故. 【变式7-3】 【答案】 【详解】由四边形为矩形，知对角线与互相平分且相等， 设的中点为，则也是的中点，且， 故问题转化为求的取值范围. 设，由可得， 又由垂径定理得：，即， 即， 整理得，即的轨迹是以为圆心、为半径的圆， ，而的取值范围可由的轨迹求得： ，其中， 所以的范围为： 所以， 故的取值范围为.      1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 与圆有关的轨迹问题7种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 直接法求轨迹‑“斜率圆” 题型 02 直接法求轨迹‑“向量圆” 题型 03 直接法求轨迹‑“平方圆” 题型 04 直接法求轨迹‑“比值圆”（阿波罗尼斯圆） 题型 05 相关点代入法 题型 06 定义法 题型 07 几何法 ▌题型01 直接法求轨迹-“斜率圆” 1.核心逻辑 题目给出动点与两定点连线的斜率关系（斜率乘积、斜率之和差），设动点，把斜率条件直接翻译成代数等式，化简得到轨迹。 常见模型：两点连线斜率之积为，轨迹是以这两点为直径的圆，要剔除两个定点（斜率不存在）。 2.解题步骤 ①设出动点坐标； ②写出两条直线的斜率表达式，注意标注斜率存在的条件； ③根据题干斜率关系列等式； ④整理化简方程； ⑤剔除使得斜率无意义的点。 3.易错提醒 忘记挖去定点，定点处直线斜率不存在；分式化简时不等价变形，扩大或者缩小变量范围。 【例1】（2026高三·甘肃平凉·期中）动点与定点的连线的斜率之积为，则点的轨迹方程是___________. 【答案】（） 【分析】根据题意可知：点的轨迹是以为直径的圆（除外），进而可得结果. 【详解】由题意可知：，则点的轨迹是以为直径的圆（除外）， 即以的中点为圆心，半径为1的圆， 所以点的轨迹方程是. 故答案为：. 【变式1-1】（2026高二·全国·专题练习）已知直线：与直线：交于点，则的最大值为_______________ . 【答案】64 【分析】根据斜率关系确定点的轨迹，结合目标式的几何意义求解即可. 【详解】由题知：直线恒过定点. 直线化简为：， 当时，，直线恒过点. 当时，直线的斜率不存在，直线的斜率，则. 当时，，，，则. 综上：直线恒过定点，直线恒过定点，且. 因为直线与直线交于点， 所以点在以为直径的圆上，线段的中点坐标为， 且，则其轨迹方程为（除点外），圆的半径， 因为表示圆上的点到原点距离的平方，设， 则，所以的最大值为64. 【变式1-2】【多选】（2026高一·浙江宁波·期中）动直线与动直线相交于点，则下列说法正确的是（     ） A．直线过的定点是 B．点C的轨迹是一个完整的圆 C．的最小值为2 D．的取值范围为 【答案】ACD 【分析】对A，将的方程整理为含参数的分组形式，令的系数和常数项同时为0，解得定点判断；对B，由两直线恒垂直，交点轨迹本是以两直线定点连线为直径的圆，但圆上的点无法通过有限实数取到；对C，将分式化简为，利用几何意义求出的范围，进而求得原式最小值为；对D，将转化为乘以点到直线的距离，得最小距离对应点取不到，最大距离对应点存在，进而得取值范围. 【详解】对于A：对动直线整理得，令，得定点， 代入方程验证恒成立，A正确； 对于B：对，整理得，令，得定点； 对任意，由可知， 所以交点的轨迹是以为直径的圆，圆心为中点，又， 所以圆方程为， 但点满足圆方程但无法通过有限实数取到， 轨迹缺一个点，不是完整的圆，B错误； 对于C：，是点与定点连线的斜率， 连线方程为，则，解得， 因此原式最小值为，且对应点在轨迹上，能取到最小值，C正确； 对于D：（是点到直线的距离）， 圆心到直线的距离，圆半径为， 因此， 距离为对应切点，不在轨迹上，故； 最大距离对应点，在轨迹上，因此，D正确. 【变式1-3】（2026高二·全国·专题练习）已知圆，若圆上存在点使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求出点的轨迹圆的方程，由两圆有公共点列不等式求解即可. 【详解】由可知点的轨迹是以为直径的圆，如图， 因，故圆心为，半径为， 所以圆. 依题意，圆与圆必至少有一个公共点. 因，则， 由，解得：. ▌题型02 直接法求轨迹-“向量圆” 1.核心逻辑 给出向量数量积、向量垂直条件，设动点坐标，把向量坐标代入数量积公式，展开化简得到圆的方程。常见条件：（），轨迹是以为直径的圆。 2.解题步骤 ①设动点，写出相关点坐标； ②写出向量坐标； ③代入向量数量积条件，展开移项整理； ④得到轨迹方程； ⑤检验特殊点是否满足原题向量条件，必要时挖点。 3.易错提醒 向量坐标书写出错；垂直模型忘记判断端点是否可取；忽略题目附加限制条件。 【例2】（2026·江苏南通·模拟预测）已知，，直线上存在点，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量数量积的运算求出点的轨迹为圆，结合直线与圆有公共点的条件，利用圆心到直线的距离不大于半径求解的取值范围. 【详解】设点，由，，得，. 由，代入得，整理得， 即点的轨迹是以为圆心，半径的圆. 直线整理为一般式， 因为直线上存在满足条件的点，故直线与圆有公共点，即圆心到直线的距离. 由点到直线距离公式得，所以， 整理得，即，解得， 故的取值范围为. 【变式2-1】（2026·山东泰安·模拟预测）已知线段的长为4，动点满足（为常数，），且点始终在以为圆心1为半径的圆外，则的范围是___________． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，设，；根据得到点的轨迹方程，结合点始终在以为圆心1为半径的圆外，得到的轨迹方程与圆的位置关系，将位置关系转化为关于的不等式，从而得到的范围. 【详解】以所在直线为轴，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则； 由线段的长为4，可设，. 则，. ，得. ，； 点在以为圆心，为半径的圆上. 又点始终在以为圆心， 为半径的圆外， 圆和圆外离或者内含. 或； 或，解得或； ，或， 即的范围是. 【变式2-2】（2026高二·上海奉贤·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点.已知点、、，若，.则向量在向量方向上的数量投影的取值范围是______. 【答案】 【分析】先求出点、的轨迹方程，由向量的数量投影可得即求的范围，根据，的范围，结合图象求解即可. 【详解】设，则 又因为，所以， 即，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； 又因为， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； 设，则向量在向量方向上的数量投影为：， 因为点在圆上，所以， 又因为，所以， 所以当取最大、取最小值时，此时与反向， 则取最小值，为； 当、同时取最大值时，此时与同向， 取最大值，为； 所以， 即向量在向量方向上的数量投影的取值范围是. 【变式2-3】【多选】（2026·云南曲靖·模拟预测）已知点，，P是圆上一点，且，则实数a的取值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】BC 【详解】设点，已知点，，则， ，，化简得 点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆. ，，即圆的圆心为，半径为2; 点既在圆上，又在圆上，两圆有公共点. 且两圆的圆心距 两圆有公共点，，即，解得或 ，，则，，， 或 对于A，，且，故A错误; 对于B，，故B正确; 对于C，，故C正确; 对于D，，且，故D错误; ▌题型03 直接法求轨迹-“平方圆” 1.核心逻辑 给出动点到两个定点距离的平方和、平方差为定值，直接套用两点距离公式，平方之后化简得到圆的方程。 2.解题步骤 ①设动点； ②代入两点间距离公式，写出距离平方表达式； ③根据条件建立等式； ④展开、合并同类项，整理为圆的一般/标准方程； ⑤根据题意看是否有限制条件。 3.易错提醒 距离公式平方展开计算错误；把距离和当成距离平方和；不检验，误把虚圆当成轨迹。 【例3】（2026高二·河南驻马店·期末）已知点，，动点满足． (1)求动点的轨迹方程； (2)直线过点且与点的轨迹只有一个公共点，求直线的方程． 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）设，应用两点距离公式及已知条件，整理化简求轨迹方程； （2）由题意，直线与相切，讨论所求直线斜率，设直线方程，根据圆心与直线距离求参数求直线方程. 【详解】（1）设，由条件，则， 整理：，即点的轨迹方程为. （2）过点的直线与点的轨迹只有一个公共点，即直线与相切，    当直线的斜率存在时，不妨设， 则圆心到直线的距离，得：，此时； 当的斜率不存在时，直线此时直线与圆相切； 综上所述，满足题意得直线的方程为：或 【变式3-1】（2026高二·江苏·开学考试）已知圆的半径为，圆心在直线上．点，．若圆上存在点，使得，则圆心的横坐标的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆心，表示出圆，设，依题意可得，将问题转化为两圆有交点求出参数的取值范围. 【详解】依题意设圆心，则圆：， 设，由，则， 即， 依题意即圆与圆有交点，则，解得， 即圆心的横坐标的取值范围为. 故选：B 【变式3-2】【多选】（2026·河北保定·模拟预测）在平面直角坐标系中，，，，动点P满足.则（    ） A．点P的轨迹方程为 B．面积的最大值为2 C．过点C与点P的轨迹相切的直线只有1条 D．设的最小值为a，当时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于，设出，根据题意列式即可得到方程；对于，因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，求解即可；对于，判断点的位置即可得到；对于，由点在圆外，得到，利用基本不等式即可求解. 【详解】设，， 即，故正确； 因为直线过圆心，点到直线的最大距离为圆的半径，此时的面积最大，的最大面积为，故正确； 因为，所以点在圆外，所以切线有两条，故错误； 因为点在圆外，所以，则， ， 当且仅当时，即时等号成立，故正确. 故选：. 【变式3-3】（2026·黑龙江大庆·模拟预测）设，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，由两点距离公式计算可得根据题意可得，进而利用点到直线的距离公式即可求解． 【详解】设， ， ，即． 点P的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆面． 若直线上存在点Q使得， 则PQ为圆的切线时最大，如图， ，即． 圆心到直线的距离， 或． 故选：B． ▌题型04 直接法求轨迹-“比值圆”（阿波罗尼斯圆） 1.核心逻辑 平面内动点到两定点距离之比为常数，动点轨迹是圆（阿氏圆）；当时，轨迹是线段的垂直平分线，不是圆。 2.解题步骤 ①建立坐标系，写出两个定点坐标，设动点； ②写出距离比值等式； ③两边平方，去分母整理化简； ④化为圆标准方程，读出圆心与半径； ⑤直接写垂直平分线。 3.易错提醒 依旧当成圆；平方化简过程不等价，漏掉限制；分不清阿氏圆圆心位置不在两定点中点。 【例4】（2026高三·全国·专题练习）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(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､间的距离为，动点与､距离之比为，当､､不共线时，面积的最大值是___________. 【答案】 【详解】如图，以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则、，设， ∵，∴， 两边平方并整理得：， 可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 要使的面积最大，只需点到（轴）的距离最大， 所以当点坐标为或时，面积的最大值是. 【变式4-1】【多选】（2026高二·福建厦门·阶段检测）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，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.设点的轨迹为圆，则下列结论正确的是（    ） A．圆的方程为 B．已知点，，圆上存在点，使得 C．圆上恰有一个点到直线的距离为2 D．在轴上存在异于，的两个定点，，使得 【答案】ACD 【分析】设，根据题意运用两点间距离公式列出方程，化简得轨迹C的方程，可判断选项A；满足的点的轨迹是以为直径的圆，根据圆与圆的位置关系判断出圆和圆外离，可判断选项B；由距离公式判断直线与圆的位置关系，从而判断C；设，并由距离公式结合点P的轨迹方程，利用待定系数法解方程，从而判断D. 【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，若，则在以为直径的圆上. 因为中点，直径， 所以圆的半径，则圆的方程为， 设圆的半径为，则，圆心距， 则圆和圆外离，即圆上不存在点，使得，故B错误； 对于选项C，圆心到直线的距离为， 则该直线与圆相离，因为，也就是圆上恰有一个点到直线距离等于（离直线最近那一点），故C正确； 对于选项D，假设存在这样的点，可设，可得， 两边平方并整理：， 由P的轨迹方程为，可得， 解得或（舍去），即存在，故D正确. 【变式4-2】【多选】（2026高二·云南昆明·期中）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.已知在平面直角坐标系中，，点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的有（    ） A．曲线的方程为 B．过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率范围是 C．曲线上的点到直线的最小距离为 D．过点作曲线的一条切线，切点为F，则等于 【答案】AD 【分析】设，由点满足，求得曲线的轨迹方程为，结合圆的性质，直线与圆的位置关系和圆的切线长公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，因为，且点满足， 可得，即， 可得， 整理得，即曲线的方程为，所以A正确； 对于B，由曲线的方程为，可得其圆心，半径为， 设过点的直线的斜率为，则其直线方程为，即， 若直线与圆有公共点，则满足圆心到直线的距离小于等于半径，即， 可得，解得，即直线的斜率范围是，所以B错误； 对于C，由圆心到直线的距离为， 则曲线上的点到直线的最小距离为，所以C不正确； 对于D，由圆心到点的距离为， 根据圆的切线长公式，可得切线长为，所以D正确. 【变式4-3】（2026高二·河南郑州·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若（且），则点P的轨迹是圆．后人以他名字将此圆命名为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，直线：，直线：，若Q为与的交点，则的最大值为__________． 【答案】 【分析】首先根据阿波罗尼斯圆的定义求出点P的轨迹方程，再确定直线与的交点Q的轨迹，最后根据点与圆的位置关系求出的最大值. 【详解】设，由得到，， 化简得到，因此，点P的轨迹是以为圆心、半径的圆， 直线：，变形为，则直线恒过定点， 直线：，变形为，则直线恒过定点， 又因为，所以， 则点Q的轨迹是以和为直径端点的圆，圆心坐标为 ，半径为, 两圆的圆心距为，两圆内含. 根据点与圆的位置关系，的最大值等于两圆的圆心距加上两圆的半径之和， 即. 故答案为：. ▌题型05 相关点代入法 1.核心逻辑 一个动点随另一个在已知曲线上运动的点运动；用所求动点的坐标，表示已知动点的坐标，再把代入已知曲线方程，得到的轨迹。多用于中点、分点、伸缩变换。 2.解题步骤 ①设所求轨迹动点，已知曲线上动点； ②利用中点、向量、比例关系，把用表示； ③因为在已知曲线上，将代入已知曲线方程； ④替换化简，得到的轨迹方程； ⑤根据的取值范围，确定的范围，必要时剔除点。 3.易错提醒 坐标关系式写反，用表示而没有反过来代换；忽略原动点的取值范围，造成轨迹范围扩大。 【例5】（2026高三·全国·一轮复习）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程． 【答案】 【分析】设点的坐标为，点，结合已知条件用点的坐标表示出点的坐标，再利用点与圆的关系，即可求解． 【详解】如图，设点的坐标是，点的坐标是， 由于点的坐标是，且是线段的中点，所以，． 于是有，， 因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程， 即．    ② 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为． 【变式5-1】（2026高二·福建厦门·阶段检测）已知圆：，又点在圆上运动，点，则线段中点的轨迹方程为______. 【答案】 【分析】设中点坐标，利用中点公式将圆上动点的坐标用中点坐标表示出来，再代入圆的方程，化简即得轨迹方程． 【详解】设在圆上运动，则：①, 设的中点，由中点坐标公式：， 解得， 将代入①：得 化简得： 即： 因此线段中点的轨迹方程为：． 【变式5-2】（2026高二·河南郑州·期末）已知圆，点，点是圆上一动点，点是的中点． (1)求点的轨迹方程； (2)若圆与点的轨迹相交于两点，求过三点的圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出点和点的坐标，因为是的中点，所以利用中点坐标公式建立与的坐标关系；又因为在圆上，将的坐标代入圆的方程，即可得到点的轨迹方程。 （2）先求出圆与点的轨迹的交点、，利用圆系方程，设出过两点的圆系方程，再将点的坐标代入求出参数，得到所求圆的方程. 【详解】（1）设点，， 因为点是的中点，所以，所以， 因为点在圆上，所以， 化简得， 所以点的轨迹方程是. （2）由（1）可得点的轨迹为圆，其一般方程为， 圆的一般方程为， 设经过两点的圆的方程为， 化简得， 将点代入得， 所以， 所以经过三点的圆的方程， 化简得，   故过三点的圆的方程为. 【变式5-3】（2026高一·北京·期末）已知圆：，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为______. 【答案】 【分析】设，，由求出，代入圆的方程可得答案. 【详解】设，，由， 得，所以， 又因为点在圆：上， 所以，即. 故答案为： ▌题型06 定义法 1.核心逻辑 分析几何条件，发现动点满足圆的定义：动点到定点距离等于定长，直接读出圆心和半径，写出圆方程。常结合切线性质、勾股定理。 例如切线条件：切线长为定值，利用勾股转化得到动点到定点距离为定值。 2.解题步骤 ①读题，提取几何条件； ②利用切线、垂直、勾股定理做等价变形； ③识别出动点到某定点距离是常数； ④确定圆心（定点）、半径（定长）； ⑤直接写出圆的标准方程； ⑥检验是否存在限制条件。 3.易错提醒 看不出几何定义，盲目硬算代数；忽略题目对点的约束，没有剔除无效点。 【例6】（2026高三·四川眉山·期末）已知动点到的距离为，在直线上，则的最小值（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】A 【分析】先求出动点的轨迹方程为圆，又在直线上，则的最小值转化为圆心到直线距离减去半径即可. 【详解】由动点到的距离为， 则，即， 所以动点的运动轨迹是圆心为，半径为的圆， 又在直线上， 由表示圆上的点到直线上点的距离， 则的最小值就为圆心到直线的距离减去圆的半径， 由圆心到直线的距离为， 则的最小值为， 故选：A. 【变式6-1】（2026高二·甘肃庆阳·期中）设为圆上的动点，是圆的切线，且，则点的轨迹方程是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆的切线与过切点的圆的半径垂直，得到点满足的条件，用坐标表示可得点的轨迹方程. 【详解】如图： 圆表示以为圆心，1为半径的圆. 由题意，且，所以. 所以点在以，半径为的圆上， 所以点的轨迹方程是． 故选：A 【变式6-2】（2026高三·湖南长沙·阶段检测）已知圆：，过动点作圆的切线（为切点），使得，则动点的轨迹方程为________. 【答案】 【分析】由勾股定理得后列式求解 【详解】设，由得，则，即. 故答案为： 【变式6-3】（2026高二·北京·期末）已知为坐标原点，，，两点在单位圆上，满足，以线段，为邻边作平行四边形，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意求出得到点P在以O为圆心、半径为的圆上即可计算求解. 【详解】由题可知以线段，为邻边所作的平行四边形是边长为1的菱形，， 所以， 所以点P在以O为圆心，半径为的圆上， 所以的最大值为. 故选：D    ▌题型07 几何法 1.核心逻辑 不直接硬算坐标，利用平面几何性质（垂径定理、直角三角形斜边中线、矩形对角线相等、圆的几何性质），先判断轨迹图形，再写出圆心半径。 常见：弦中点轨迹、矩形对角点轨迹、直角顶点轨迹。 2.解题步骤 ①挖掘几何关系：垂直、中点、弦长、切线、矩形性质； ②推导出动点满足圆的几何定义； ③求出圆心坐标、半径； ④写出轨迹方程； ⑤结合原图，检验哪些点取不到，进行挖点。 3.易错提醒 几何转化不等价；漏掉轨迹上不能取到的点；混淆轨迹方程和轨迹描述。 【例7】（2026高三·全国·一轮复习）设A为圆上的动点，PA是圆的切线且，则P点的轨迹方程是______． 【答案】 【分析】设点的坐标，根据切线的性质，构造直角三角形，利用勾股定理即可建立等量关系，从而求出P点的轨迹方程. 【详解】设是轨迹上任一点，连接，，， 由圆的方程为，则圆心为， 根据切线的性质，则， 则由勾股定理可得，即，所以， 即P点的轨迹方程为. 【变式7-1】（2026高三·江西·阶段检测）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段MN中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再利用圆的性质求出最小值. 【详解】圆：，即的圆心，半径， 由点为线段MN的中点，得，且， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而点在直线上， 则圆心到直线的距离，， 所以的最小值为3. 【变式7-2】（2026·北京房山·模拟预测）已知平面直角坐标系中，，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，由可得点轨迹为圆，结合极化恒等式可得，再结合点和圆的位置关系求解范围即可. 【详解】如图所示， 由得，是直角三角形，斜边，取中点， 根据直角三角形斜边中线性质，可得， 即在以原点为圆心、半径的圆上. 根据向量极化恒等式，对任意，为中点， 有 ，代入，得： 因为，在为圆心、半径1的圆上， 所以的范围是：， 即， 故. 【变式7-3】（2026·江苏·模拟预测）已知圆是上的两个动点，点．若四边形是矩形，则的取值范围为______． 【答案】 【详解】由四边形为矩形，知对角线与互相平分且相等， 设的中点为，则也是的中点，且， 故问题转化为求的取值范围. 设，由可得， 又由垂径定理得：，即， 即， 整理得，即的轨迹是以为圆心、为半径的圆， ，而的取值范围可由的轨迹求得： ，其中， 所以的范围为： 所以， 故的取值范围为.      1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 与圆有关的轨迹问题7种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 直接法求轨迹‑“斜率圆” 题型 02 直接法求轨迹‑“向量圆” 题型 03 直接法求轨迹‑“平方圆” 题型 04 直接法求轨迹‑“比值圆”（阿波罗尼斯圆） 题型 05 相关点代入法 题型 06 定义法 题型 07 几何法 ▌题型01 直接法求轨迹-“斜率圆” 1.核心逻辑 题目给出动点与两定点连线的斜率关系（斜率乘积、斜率之和差），设动点，把斜率条件直接翻译成代数等式，化简得到轨迹。 常见模型：两点连线斜率之积为，轨迹是以这两点为直径的圆，要剔除两个定点（斜率不存在）。 2.解题步骤 ①设出动点坐标； ②写出两条直线的斜率表达式，注意标注斜率存在的条件； ③根据题干斜率关系列等式； ④整理化简方程； ⑤剔除使得斜率无意义的点。 3.易错提醒 忘记挖去定点，定点处直线斜率不存在；分式化简时不等价变形，扩大或者缩小变量范围。 【例1】（2026高三·甘肃平凉·期中）动点与定点的连线的斜率之积为，则点的轨迹方程是___________. 【变式1-1】（2026高二·全国·专题练习）已知直线：与直线：交于点，则的最大值为_______________ . 【变式1-2】【多选】（2026高一·浙江宁波·期中）动直线与动直线相交于点，则下列说法正确的是（     ） A．直线过的定点是 B．点C的轨迹是一个完整的圆 C．的最小值为2 D．的取值范围为 【变式1-3】（2026高二·全国·专题练习）已知圆，若圆上存在点使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． ▌题型02 直接法求轨迹-“向量圆” 1.核心逻辑 给出向量数量积、向量垂直条件，设动点坐标，把向量坐标代入数量积公式，展开化简得到圆的方程。常见条件：（），轨迹是以为直径的圆。 2.解题步骤 ①设动点，写出相关点坐标； ②写出向量坐标； ③代入向量数量积条件，展开移项整理； ④得到轨迹方程； ⑤检验特殊点是否满足原题向量条件，必要时挖点。 3.易错提醒 向量坐标书写出错；垂直模型忘记判断端点是否可取；忽略题目附加限制条件。 【例2】（2026·江苏南通·模拟预测）已知，，直线上存在点，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·山东泰安·模拟预测）已知线段的长为4，动点满足（为常数，），且点始终在以为圆心1为半径的圆外，则的范围是___________． 【变式2-2】（2026高二·上海奉贤·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点.已知点、、，若，.则向量在向量方向上的数量投影的取值范围是______. 【变式2-3】【多选】（2026·云南曲靖·模拟预测）已知点，，P是圆上一点，且，则实数a的取值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 ▌题型03 直接法求轨迹-“平方圆” 1.核心逻辑 给出动点到两个定点距离的平方和、平方差为定值，直接套用两点距离公式，平方之后化简得到圆的方程。 2.解题步骤 ①设动点； ②代入两点间距离公式，写出距离平方表达式； ③根据条件建立等式； ④展开、合并同类项，整理为圆的一般/标准方程； ⑤根据题意看是否有限制条件。 3.易错提醒 距离公式平方展开计算错误；把距离和当成距离平方和；不检验，误把虚圆当成轨迹。 【例3】（2026高二·河南驻马店·期末）已知点，，动点满足． (1)求动点的轨迹方程； (2)直线过点且与点的轨迹只有一个公共点，求直线的方程． 【变式3-1】（2026高二·江苏·开学考试）已知圆的半径为，圆心在直线上．点，．若圆上存在点，使得，则圆心的横坐标的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】【多选】（2026·河北保定·模拟预测）在平面直角坐标系中，，，，动点P满足.则（    ） A．点P的轨迹方程为 B．面积的最大值为2 C．过点C与点P的轨迹相切的直线只有1条 D．设的最小值为a，当时，的最小值为 【变式3-3】（2026·黑龙江大庆·模拟预测）设，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（    ） A． B． C． D． ▌题型04 直接法求轨迹-“比值圆”（阿波罗尼斯圆） 1.核心逻辑 平面内动点到两定点距离之比为常数，动点轨迹是圆（阿氏圆）；当时，轨迹是线段的垂直平分线，不是圆。 2.解题步骤 ①建立坐标系，写出两个定点坐标，设动点； ②写出距离比值等式； ③两边平方，去分母整理化简； ④化为圆标准方程，读出圆心与半径； ⑤直接写垂直平分线。 3.易错提醒 依旧当成圆；平方化简过程不等价，漏掉限制；分不清阿氏圆圆心位置不在两定点中点。 【例4】（2026高三·全国·专题练习）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(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､间的距离为，动点与､距离之比为，当､､不共线时，面积的最大值是___________. 【变式4-1】【多选】（2026高二·福建厦门·阶段检测）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，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.设点的轨迹为圆，则下列结论正确的是（    ） A．圆的方程为 B．已知点，，圆上存在点，使得 C．圆上恰有一个点到直线的距离为2 D．在轴上存在异于，的两个定点，，使得 【变式4-2】【多选】（2026高二·云南昆明·期中）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.已知在平面直角坐标系中，，点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的有（    ） A．曲线的方程为 B．过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率范围是 C．曲线上的点到直线的最小距离为 D．过点作曲线的一条切线，切点为F，则等于 【变式4-3】（2026高二·河南郑州·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若（且），则点P的轨迹是圆．后人以他名字将此圆命名为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，直线：，直线：，若Q为与的交点，则的最大值为__________． ▌题型05 相关点代入法 1.核心逻辑 一个动点随另一个在已知曲线上运动的点运动；用所求动点的坐标，表示已知动点的坐标，再把代入已知曲线方程，得到的轨迹。多用于中点、分点、伸缩变换。 2.解题步骤 ①设所求轨迹动点，已知曲线上动点； ②利用中点、向量、比例关系，把用表示； ③因为在已知曲线上，将代入已知曲线方程； ④替换化简，得到的轨迹方程； ⑤根据的取值范围，确定的范围，必要时剔除点。 3.易错提醒 坐标关系式写反，用表示而没有反过来代换；忽略原动点的取值范围，造成轨迹范围扩大。 【例5】（2026高三·全国·一轮复习）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程． 【变式5-1】（2026高二·福建厦门·阶段检测）已知圆：，又点在圆上运动，点，则线段中点的轨迹方程为______. 【变式5-2】（2026高二·河南郑州·期末）已知圆，点，点是圆上一动点，点是的中点． (1)求点的轨迹方程； (2)若圆与点的轨迹相交于两点，求过三点的圆的方程． 【变式5-3】（2026高一·北京·期末）已知圆：，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为______. ▌题型06 定义法 1.核心逻辑 分析几何条件，发现动点满足圆的定义：动点到定点距离等于定长，直接读出圆心和半径，写出圆方程。常结合切线性质、勾股定理。 例如切线条件：切线长为定值，利用勾股转化得到动点到定点距离为定值。 2.解题步骤 ①读题，提取几何条件； ②利用切线、垂直、勾股定理做等价变形； ③识别出动点到某定点距离是常数； ④确定圆心（定点）、半径（定长）； ⑤直接写出圆的标准方程； ⑥检验是否存在限制条件。 3.易错提醒 看不出几何定义，盲目硬算代数；忽略题目对点的约束，没有剔除无效点。 【例6】（2026高三·四川眉山·期末）已知动点到的距离为，在直线上，则的最小值（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【变式6-1】（2026高二·甘肃庆阳·期中）设为圆上的动点，是圆的切线，且，则点的轨迹方程是（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2026高三·湖南长沙·阶段检测）已知圆：，过动点作圆的切线（为切点），使得，则动点的轨迹方程为________. 【变式6-3】（2026高二·北京·期末）已知为坐标原点，，，两点在单位圆上，满足，以线段，为邻边作平行四边形，则的最大值为（   ） A． B． C． D． ▌题型07 几何法 1.核心逻辑 不直接硬算坐标，利用平面几何性质（垂径定理、直角三角形斜边中线、矩形对角线相等、圆的几何性质），先判断轨迹图形，再写出圆心半径。 常见：弦中点轨迹、矩形对角点轨迹、直角顶点轨迹。 2.解题步骤 ①挖掘几何关系：垂直、中点、弦长、切线、矩形性质； ②推导出动点满足圆的几何定义； ③求出圆心坐标、半径； ④写出轨迹方程； ⑤结合原图，检验哪些点取不到，进行挖点。 3.易错提醒 几何转化不等价；漏掉轨迹上不能取到的点；混淆轨迹方程和轨迹描述。 【例7】（2026高三·全国·一轮复习）设A为圆上的动点，PA是圆的切线且，则P点的轨迹方程是______． 【变式7-1】（2026高三·江西·阶段检测）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段MN中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式7-2】（2026·北京房山·模拟预测）已知平面直角坐标系中，，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（2026·江苏·模拟预测）已知圆是上的两个动点，点．若四边形是矩形，则的取值范围为______． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $