2.4圆的方程习题2.4第9题及其十四个变式专项训练05-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

人教A版选择性必修一习题2.4第9题及其十四个变式 【人教A版选择性必修一习题2.4第9题】已知动点M与两个定点，的距离的比为，求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状． 【答案】，以为圆心2为半径的圆 【分析】设出点,根据题意列出等式，化简即为答案. 【详解】设点.则，化简得， 故动点M的轨迹方程为，其轨迹是以为圆心，2为半径的圆. （变式1）（多选）已知动点P与两定点，的距离之比为，则（    ） A．点P的轨迹所围成的图形的面积是 B．点P到点A的距离的最大值是2 C．点P到点B的距离的最大值是6 D．当P，A，B不共线时，的面积最大值是3 【答案】ACD 【分析】利用动点P与两定点，的距离之比为，确定动点的轨迹方程，求得圆心到的距离可求得到距离的最大值，求得到直线最大距离为2，即可求的面积最大值. 【详解】对于A，设，因为动点P与两定点，的距离之比为， 所以，即，即，所以点为以为圆心，半径为2的圆上一点，所以点P的轨迹所围成的图形的面积是，故A正确； 对于B，P到点A的距离的最大值为圆心到的距离加上圆的半径，又，所以点P到点A的距离的最大值为1+2=3，故B错误；对于C，P到点B的距离的最大值为圆心到的距离加上圆的半径，又，所以点P到点B的距离的最大值是4+2=6，故C正确；对于D，当P，A，B不共线时，到直线最大距离为2，的面积最大值，故D正确.故选：ACD. （变式2）（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯.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．点，则的取值范围是 C．当三点不共线时，射线是的平分线 D．在上存在点，使得 【答案】ABC 【分析】直接法求得点的轨迹方程；根据直线与圆的位置关系得到直线的斜率；根据三角形内角平分线的性质可得射线是角的平分线，求出点的轨迹方程，和的方程联立即可判断. 【详解】对于A，设点，则，化简整理得， 即，故A正确；对于B，点，设，则，它表示过点的直线，的几何意义是轨迹上的点与点连线的斜率，轨迹是圆心为，半径的圆，当直线与圆相切时，则，解得，则的取值范围是，B正确； 对于C选项，，，要证PO为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证， 设，则，，则证 ，故C正确；对于D选项，设，由可得，整理得，而点在圆上，故满足， 联立解得，无实数解，于是D错误.故答案为：ABC. （变式3）已知在平面直角坐标系中，点M（x，y）到两个定点O（0，0），A（3，0）的距离之比等于. (1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状； (2)已知点P（x，y）为所求轨迹上任意一点，求2x2+y2的最大值. 【答案】(1)（x+1）2+y2＝4；轨迹是以（﹣1，0）为圆心，以2为半径的圆；(2)18 【分析】（1）有题意可知：，根据点到直线的距离公式：，整理可得，因此求得M的轨迹方程及轨迹的形状； （2）由圆的方程可知：﹣3≤x≤1，将P代入圆方程，求得y2＝﹣x2﹣2x+3，结合二次函数图象及性质，即可求得2x2+y2的最大值. 【详解】（1）由题意可知，由点到直线的距离公式，可得，化简整理得x2+y2+2x﹣3＝0，即，∴点M的轨迹方程，轨迹是以（﹣1，0）为圆心，以2为半径的圆； （2） 由（1）可知，P（x，y）为圆（x+1）2+y2＝4上任意一点，∴﹣3≤x≤1，由y2＝﹣x2﹣2x+3， ∴2x2+y2＝2x2+（﹣x2﹣2x+3）＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，∴当x＝﹣3时，y＝0时，2x2+y2的最大值18. （变式4）已知动点与两个顶点，的距离之比为，动点的轨迹为曲线. (1)求的轨迹方程； (2)已知，过直线上的动点（）分别作圆的两条切线，（，为切点），与交于点. （i）证明直线的方程为，并判断直线是否过定点； （ii）是否存在点，使的面积最大？若存在，求出点坐标和面积最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)见解析 【分析】（1）设，由两点间距离公式将几何关系转为代数运算并化简即可求解； （2）（i）先设，利用圆的切线性质（圆心与切点的连线垂直于切线），推导出切线PQ、PR的方程，再将动点P的坐标代入切线方程，得到Q、R满足的直线方程，从而确定直线QR的方程，最后判断其过定点； （ii） 先根据切线相关性质（结合几何关系或向量垂直等）确定N的位置特征，再得出N在以OB为直径的圆上运动，结合的底固定，通过分析高的最大值情况，利用直线斜率关系求出p的值，进而确定点P坐标和面积最大值. 【详解】（1）设，由题， 整理得，即； （2）（i）设，，易知为曲线C的圆心， 由与圆相切，可得直线的法向量为， 因此的方程为，整理得，由在圆上得，因此的方程为，同理可得的方程为， 由两切线交于点，可得，这说明，在直线上， 因此直线的方程为，直线过定点； （ii）由，是圆的切线可得，因此为的中点，由可得，在以为直径的圆上运动，该圆的圆心为，，当位于点时，的面积最大，为，此时，故，即，因此存在使得面积最大，最大值为1. （变式5）公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《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； (3)已知是圆上任意一点，在平面内求出两个定点，，使得恒成立．只需写出两个定点，的坐标，无需证明． 【答案】(1)；(2)存在，点；(3)， 【分析】（1）设点的坐标为，利用两点间的距离公式表示出，代入等式化简整理得答案； （2）假设存在，设，则，根据条件再结合点在圆上，整理可得 解出即可； （3）设 得到 ，解得 ，取值即可得到坐标. 【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； （3）设，，，，由， 整理得③，又因为点圆上，则④， 将④代入③可得，由题可得， 则有，取，，则，；，，则，，． （变式6）在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． （1）求动点的轨迹方程，并说明曲线是什么图形； （2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程； （3）设是直线上的点，过点作曲线的切线，切点为，设，求证：过三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标． 【答案】（1）动点的轨迹方程为，曲线是以为圆心，2为半径的圆（2）的方程为或.（3）证明见解析，所有定点的坐标为， 【分析】（1）利用两点间的距离公式并结合条件，化简得出曲线的方程，根据曲线方程的表示形式确定曲线的形状； （2）根据几何法计算出圆心到直线的距离，对直线分两种情况讨论，一是斜率不存在，一是斜率存在，结合圆心到直线的距离求出直线的斜率，于此得出直线的方程； （3）设点的坐标为，根据切线的性质得出，从而可得出过、、三点的圆的方程，整理得出，然后利用，解出方程组可得出所过定点的坐标. 【详解】（1）由题意得，化简可得：， 所以动点的轨迹方程为.曲线是以为圆心，为半径的圆； （2）①当直线斜率不存在时，，不成立； ②当直线的斜率存在时，设，即， 圆心到的距离为 ∵ ∴,即，解得或， ∴的方程为或； （3）证明：∵在直线上，则设 ∵为曲线的圆心，由圆的切线的性质可得， ∴经过的三点的圆是以为直径的圆，则方程为， 整理可得,令，且, 解得或，则有经过三点的圆必过定点，所有定点的坐标为，. 【点睛】本题考查动点轨迹方程的求法，考查直线截圆所得弦长的计算以及动圆所过定点的问题，解决圆所过定点问题，关键是要将圆的方程求出来，对带参数的部分提公因式，转化为方程组求公共解问题． （变式7）平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，该圆又被称为阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是关于点的阿波罗尼斯圆，其方程为，为定点，且，若点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设由题意结合阿波罗尼斯圆定义确定，可得，即可求出Q点坐标，结合平面图形性质即可求得答案.另解：阿波罗尼斯圆中定点未知，需根据“两定点和圆心三点共线”及“性质3的相似比”求出点坐标． 【详解】法一：由动点的轨迹是关于的阿氏圆知点在轴上，设，，所以．又，所以．由动点的轨迹是，可知， 整理得．所以，解得，所以．又,， 所以，当三点共线时等号成立． 法二：由题意可得圆是关于定点的阿波罗尼斯圆，且，则，根据点，阿氏圆的圆心三点共线可知点在轴上，且，可知点的坐标为，所以，由图形可知，当点位于或时取得最小值，且最小值为． 故选：C （变式8）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两个定点，的距离之比为（，且），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点，间的距离为，动点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，，由，可得点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，又，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，从而根据圆的性质即可求解. 【详解】由题意，设，，因为，所以， 即，所以点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 因为，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，所以， 所以，即的最大值为，故选：A. （变式9）我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】B 【分析】点的轨迹为圆，直线过圆心，得，利用基本不等式求的最小值. 【详解】设点的坐标为，因为，则， 即，所以点的轨迹方程为， 因为点的轨迹关于直线对称，所以圆心在此直线上，即， 所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.故选：B. （变式10）已知定点A，B，且，动点P满足．请选择恰当的坐标系，求相应点P的轨迹方程，并指明轨迹是什么曲线． 【答案】，轨迹是以为圆心，为半径的圆． 【分析】建立坐标系，利用两点间的坐标公式表示可得，结合圆的标准方程即可求解. 【详解】如图，以AB所在直线为x轴，AB中点O为原点建立平面直角坐标系， 则，，设，则由，得， 整理得，即，所以点P的轨迹方程为，故点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆． （变式11）已知两点为定点，动点到两点的距离比是常数，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线. 【答案】当时，点的轨迹方程是，轨迹是直线（轴）；当且时，点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，为半径长的圆. 【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，设，则求出点轨迹方程，然后由方程确定曲线形状． 【详解】建立如图所示的坐标系，设，设，则 由题意得，所以，化简得 当时，即，点的轨迹方程是，其轨迹是直线（轴）； 当且时，点的轨迹方程是，点的轨迹是以为圆心，为半径长的圆. （变式12）（多选）若动点满足且其中点是不重合的两个定点，则点的轨迹是一个圆，该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆已知点，，动点满足，点的轨迹为圆，则（    ） A．圆的方程为 B．若圆与线段交于点，则 C．若点与点不共线，则面积的最大值为 D．若点与点不共线，的周长的取值范围是 【答案】ABD 【分析】设点代入关系式化简可得的轨迹方程为一个圆，然后依次对每个选项进行判断即可. 【详解】设，由得，整理得，即，故A正确；在上，所以，故B正确点到直线距离的最大值为的半径，所以面积的最大值为，故C错误；的周长，因为在圆内部，故的取值范围为， 所以的取值范围为，所以的周长的取值范围是，故D正确 故选:ABD. （变式13）设，为两定点，动点到点的距离与到点的距离的比为定值2. (1)求点的轨迹方程； (2)求面积的最大值. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）设，根据已知条件列方程，化简求得轨迹的方程. （2）根据圆的几何性质求得面积的最大值. 【详解】（1）设，依题意，， ，即轨迹的方程为：. （2）由于轨迹的方程为：，所以轨迹是以为圆心，半径为的圆， 所以三角形面积的最大值为. （变式14）已知动点P与两个定点O（0，0），A（3，0）的距离的比值为2，点P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的轨迹方程 （2）过点（﹣1，0）作直线与曲线C交于A，B两点，设点M坐标为（4，0），求△ABM面积的最大值． 【答案】（1）；（2）2 【分析】（1）设点，运用两点的距离公式，化简整理可得所求轨迹方程； （2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，求得到直线的距离，以及弦长公式，和三角形的面积公式，运用换元法和二次函数的最值可得所求． 【详解】（1）设点，,即， ，即，曲线的方程为． （2） 由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，由（1）可知，点是圆的圆心，点到直线的距离为，由得，即， 又，所以，令，所以，，则， 所以，当，即，此时，符合题意，即时取等号，所以面积的最大值为. 【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，直线和圆的位置关系，以及弦长公式和点到直线的距离公式的运用，考查推理与运算能力，试题综合性强，属于中档题． 学科网（北京）股份有限公司 $ 人教A版选择性必修一习题2.4第9题及其十四个变式 【人教A版选择性必修一习题2.4第9题】已知动点M与两个定点，的距离的比为，求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状． （变式1）（多选）已知动点P与两定点，的距离之比为，则（    ） A．点P的轨迹所围成的图形的面积是 B．点P到点A的距离的最大值是2 C．点P到点B的距离的最大值是6 D．当P，A，B不共线时，的面积最大值是3 （变式2）（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯.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．点，则的取值范围是 C．当三点不共线时，射线是的平分线 D．在上存在点，使得 （变式3）已知在平面直角坐标系中，点M（x，y）到两个定点O（0，0），A（3，0）的距离之比等于. (1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状； (2)已知点P（x，y）为所求轨迹上任意一点，求2x2+y2的最大值. （变式4）已知动点与两个顶点，的距离之比为，动点的轨迹为曲线. (1)求的轨迹方程； (2)已知，过直线上的动点（）分别作圆的两条切线，（，为切点），与交于点. （i）证明直线的方程为，并判断直线是否过定点； （ii）是否存在点，使的面积最大？若存在，求出点坐标和面积最大值；若不存在，请说明理由. （变式5）公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《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； (3)已知是圆上任意一点，在平面内求出两个定点，，使得恒成立．只需写出两个定点，的坐标，无需证明． （变式6）在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，设动点的轨迹为曲线． （1）求动点的轨迹方程，并说明曲线是什么图形； （2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程； （3）设是直线上的点，过点作曲线的切线，切点为，设，求证：过三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标． （变式7）平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，该圆又被称为阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是关于点的阿波罗尼斯圆，其方程为，为定点，且，若点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． （变式8）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两个定点，的距离之比为（，且），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点，间的距离为，动点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． （变式9）我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 （变式10）已知定点A，B，且，动点P满足．请选择恰当的坐标系，求相应点P的轨迹方程，并指明轨迹是什么曲线． （变式11）已知两点为定点，动点到两点的距离比是常数，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线. （变式12）（多选）若动点满足且其中点是不重合的两个定点，则点的轨迹是一个圆，该轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿波罗尼斯圆已知点，，动点满足，点的轨迹为圆，则（    ） A．圆的方程为 B．若圆与线段交于点，则 C．若点与点不共线，则面积的最大值为 D．若点与点不共线，的周长的取值范围是 （变式13）设，为两定点，动点到点的距离与到点的距离的比为定值2. (1)求点的轨迹方程； (2)求面积的最大值. （变式14）已知动点P与两个定点O（0，0），A（3，0）的距离的比值为2，点P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的轨迹方程 （2）过点（﹣1，0）作直线与曲线C交于A，B两点，设点M坐标为（4，0），求△ABM面积的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $