微专题13 圆的五个定义的应用导学案-2027届高三数学一轮复习

高中数学微专题13 圆的五个定义的应用 一：基本概念 1.平面内到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫圆． 2、圆的四种方程 （1）圆的标准方程：，圆心坐标为（a，b），半径为 （2）圆的一般方程：，圆心坐标为，半径 （3）圆的直径式方程：若，则以线段AB为直径的圆的方程是 （4）圆的参数方程： ①的参数方程为（为参数）； ②的参数方程为（为参数）． 注意：对于圆的最值问题，往往可以利用圆的参数方程将动点的坐标设为（为参数，为圆心，r为半径），以减少变量的个数，建立三角函数式，从而把代数问题转化为三角问题，然后利用正弦型或余弦型函数的有界性求解最值． 3、点与圆的位置关系判断 （1）点与圆的位置关系： ①点P在圆外； ②点P在圆上； ③点P在圆内． （2）点与圆的位置关系： ①点P在圆外； ②点P在圆上； ③点P在圆内． 4. 高中阶段常见的圆的定义：到定点的距离等于定长；到两定点距离的平方和为定值；到两定点的夹角为 90°；定边定角、对角互补或数量积为定值；到两定点距离之比为定值（阿波罗尼斯圆）。如果题目不直接给出圆的方程，则可以通过向量模长、距离平方和、垂直关系、定边定角、距离之比等条件，先推导出动点的轨迹是一个圆，再利用圆的几何性质（圆心距、半径、最值、两圆位置关系等）求解。识别出圆之后，问题往往转化为圆上点到定点的距离最值、两圆有公共点等常规几何问题。 二 易错点总结 1．识别隐圆时要注意轨迹是否需要挖去部分点。张角 90° 模型中，以 AB 为直径的圆不包含 A、B 两点，做题时必须结合题目条件判断动点能否与定点重合，不能把被剔除的点也算进轨迹。 2．使用两圆位置关系时，要严格区分题目要求的是“存在两个点”“至少一个点”还是“恰好 n 个点”，不要直接套用相交公式而忽略相切的临界情况；端点等号能否取到，要结合相切位置单独检验。 3．距离平方和模型配方之后，要留意等式右边常数的符号：小于 0 时不存在轨迹，等于 0 时轨迹只是一个点，大于 0 才是圆，不能默认配方结果一定表示一个圆。 4．定边定角模型的轨迹往往只是圆上的一段圆弧，而不是完整的圆，求最值时不能直接套用整个圆的距离公式，必须注意动点所在的平面范围、象限限制以及四边形对边位置。 5．阿波罗尼斯圆中，比值 λ=1 时轨迹是线段 AB 的垂直平分线，不能当成圆处理；构造相似替换时，圆内、圆外的对应定点容易找错，等号成立的三点共线条件还要检验交点是否真的在题目给定的圆上。 6．对于正方形、梯形边上存在指定个数点满足向量数量积条件的题型，不能只看隐圆与多边形的整体交点，必须分别联立每一条边，结合线段定义域判断真实交点数量，再汇总求参数范围。 7．求圆上点到定点距离的最值时，最大值是圆心距加半径，最小值是圆心距减半径；当定点在圆内时，最小值应为半径减圆心距，加减方向不要搞反。 8．题目条件以向量形式给出时，不要直接把向量条件与线段长度条件混为一谈，应先把向量条件翻译成坐标关系或几何距离关系，再判断它属于哪一类隐圆模型。 必考题型全归纳： 题型一 圆的第一定义：到定点的距离等于定长 1.平面内，若动点 P 到定点 A 的距离等于定长 r，即 |PA|=r，则点 P 的轨迹是以 A 为圆心、r 为半径的圆。这是圆的原始定义，也是最直接的一类隐圆识别条件。 2.常见出题形式： 向量模长条件：|PA|=常数，或 |a−b|=常数，直接读出轨迹圆的圆心与半径。 两圆位置关系转化：已知圆上总存在若干个点到某定点的距离等于定值，等价于两个圆有交点，利用圆心距与半径和、半径差的关系求参数取值范围。 三角形外心、垂心重合推出正三角形：由到三顶点距离相等得到外心，由向量垂直条件得到垂心，外心与垂心重合即三角形为正三角形，再结合向量模长条件确定动点轨迹圆，求向量模的最值。 3. 解题思路 第一步：读出定点与定半径，写出轨迹圆的圆心坐标与半径。 第二步：建立平面直角坐标系，确定圆心位置，必要时把向量条件坐标化。 第三步：求模长最值。圆外一点到圆上点的距离，最大值为圆心距加半径，最小值为圆心距减半径。 第四步：两圆相交问题使用条件 |R−r|<d<R+r，处理“圆上存在 n 个点满足距离条件”时，注意相切的临界位置。 1．如果圆上总存在两个点到原点的距离为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】问题可转化为圆和圆相交， 两圆圆心距， 由得， 解得，即. 故选：D 2．如果圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，1） 【答案】A 【解析】∵圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2， ∴圆O：x2+y2＝4与圆C：（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1相交， ∵|OC|，由R﹣r＜|OC|＜R+r得：13，∴， ∴﹣2a＜0或0＜a＜2．故选A． 3．在平面内，定点，，，满足，，动点，满足，，则的最大值为 ． 【答案】 【解析】平面内，，， ，，， 可设，，，， 动点，满足，， 可设，，，，， ， 当且仅当时取等号，的最大值为．故答案为：． 题型二 圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值 设 A、B 为两个定点，动点 P 满足 |PA|2+|PB|2=λ（λ>0）。记 M 为线段 AB 的中点，由中线长公式：|PA|2+|PB|2=2|PM|2+|AB|2， 整理可得 |PM|2=常数，因此动点 P 的轨迹是以 AB 的中点 M 为圆心的圆。中线长公式是本类模型的核心依据；也可以直接设坐标展开、配方得到圆的标准方程。 常见出题形式 在正方形、正三角形等规则图形背景下，由距离平方和条件确定动点轨迹圆，再求动点到某定点距离的取值范围。 由配方后右边常数的符号判断轨迹：大于 0 是圆，等于 0 退化为一个点，小于 0 不存在轨迹。 动点同时受直线等其他约束时，先求轨迹圆，再结合约束条件与函数单调性求最值。 4．正方形与点在同一平面内，已知该正方形的边长为1，且，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】如图，以为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则， 设点，则由， 得， 整理得， 即点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆， 圆心M到点D的距离为，所以， 所以的取值范围是. 故答案为：. 5．如图，△是边长为1的正三角形，点在△所在的平面内，且（为常数），满足条件的点有无数个，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】以所在的直线为轴，中点为原点建立直角坐标系，如图所示： 则设则 化简得即 当时，点不存在； 当时，点只有一个； 当时，点的轨迹是一个圆形，有无数个； 故答案为： 6．已知圆，点，设是圆上的动点，令，则的最小值为 ． 【答案】 【解析】设，，， ， 当取得最小值时，取得最小值， 由圆，则圆心，半径， 易知，则. 故答案为：. 题型三 圆的第三定义：到两定点的夹角为 90° 1.若 PA·PB=0，即 PA⊥PB，则点 P 的轨迹是以线段 AB 为直径的圆（除去 A、B 两点），这是直径所对圆周角为直角的逆用。 2.两条互相垂直的动直线分别经过定点 A、B，其交点为 P，则 P 的轨迹同样是以 AB 为直径的圆。 3. 已知定圆 C，圆上存在两点 A、B 使得 MA⊥MB：从点 M 向定圆引切线时张角最大，要求最大张角 ∠AMB≥90°，由 sin∠AMC=建立不等式，求参数取值范围。 4.常见出题形式 向量数量积为 0、两向量垂直、夹角为 90°，直接对应以两定点连线为直径的隐圆。 两条含参数的动直线互相垂直并交于动点，定点连线为直径写出隐圆方程，再由勾股定理与基本不等式求距离最值。 定圆上存在两点与定点构成直角，转化为两个圆有公共点，用圆心距与半径和、半径差列不等式。 7．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由已知可得动直线经过定点， 动直线经过定点， 且两条直线互相垂直，且相交于点， 所以，即， 由基本不等式可得， 即，可得，故选：C. 8．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（    ） A． B． C．5 D．10 【答案】C 【解析】 显然过定点，直线可化成，则经过定点， 根据两条直线垂直的一般式方程的条件，， 于是直线和直线垂直，又为两条直线的交点，则， 又，由勾股定理和基本不等式， ，则， 当时，的最大值是.故选：C 9．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的值为（    ） A．5 B．10 C． D． 【答案】B 【解析】由题意，动直线经过定点，则， 动直线变形得，则， 由得， ∴ ，故选：B． 题型四 圆的第四定义：定边定角、对角互补、数量积为定值 1. 模型A：定边定角（圆周角定理） 固定线段 AB，动点 P 满足 ∠APB=θ（θ 为定值），则点 P 的轨迹是两段圆弧。由正弦定理可得外接圆半径 2R=|AB|/sinθ。同一条弦所对的圆周角不变，四点满足对角互补或张角相等时可判定四点共圆。 2. 模型B：向量数量积为定值 若 PA·PB=λ（λ 为实常数），设点坐标后展开、配方，动点 P 的轨迹为一个圆。这类条件常出现在正方形、梯形等图形中：对于常数 λ，在图形边上恰有指定个数的点 P 满足数量积等于 λ，需要逐条边联立轨迹圆与线段，按真实交点个数反求参数范围。 3. 解题思路 定边定角问题：先用正弦定理求出外接圆半径，再求距离最值，即定点到圆心的距离加减半径；注意轨迹只是圆弧，要结合动点所在范围取舍。 数量积定值问题：坐标展开配方得到隐圆方程，再分析轨迹圆与各边的位置关系。 多边形边上存在指定个数点满足条件时，必须把轨迹圆与每一条边分别联立，结合线段定义域判断交点个数，汇总后再求参数范围。 10．在平面内,设A、B为两个不同的定点,动点P满足:(为实常数)，则动点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．不能确定 【答案】A 【解析】设， 以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系 如图所示： 则 设 即，表示圆，故选：A 11．设向量满足，，，则的最大值等于 A．4 B．2 C． D．1 【答案】A 【解析】 因为，，所以,. 如图所以，设，则,,. 所以，所以，所以四点共圆. 不妨设为圆M，因为,所以. 所以,由正弦定理可得的外接圆即圆M的直径为. 所以当为圆M的直径时，取得最大值4.故选A. 12．在平面四边形中，连接对角线，已知，，，，则对角线的最大值为（    ） A．27 B．16 C．10 D．25 【答案】A 【解析】以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系，则,因为，，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧（因为为平面四边形，所以取图中第四象限部分的圆弧），设圆心为E,则由正弦定理可得圆半径为，因此对角线的最大值为 故选：A 题型五 圆的第五定义：到两定点距离之比为定值（阿波罗尼斯圆） 1.平面内给定两个定点 A、B，动点 P 满足=λ（λ>0，λ≠1），则点 P 的轨迹是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆。当 λ=1 时，轨迹是线段 AB 的垂直平分线，不再是圆，这一界限必须区分清楚。 2. 高频考法 已知某个圆是阿氏圆，圆上有动点 M，求形如 |PM|+k|QM| 的最值。处理技巧是利用相似变换，把 k|QM| 转化为另一条不带系数的线段，将带系数的距离和化为普通距离和，再由两点之间线段最短求最值。 3. 解题思路 先判断距离之比：λ≠1 对应阿氏圆，λ=1 对应线段 AB 的垂直平分线。 求带系数距离最值时，构造相似三角形，把 k·|PM| 等量替换为另一条线段，注意找准圆内、圆外的对应定点。 替换后转化为两点之间线段最短，取等条件为三点共线；最后必须检验交点是否落在题目给定的圆上。 13.对平面上两点A、B，满足的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点A，B是此圆的一对阿波罗点．不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关．已知，，，若动点P满足，则的最小值是 ． 【答案】 【解析】 由题意知：，即， （当且仅当三点按顺序共线时取等号）， 又，的最小值为； 故答案为：. 14.古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A、B，动点P满足（其中是正常数，且），则P的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点，P是圆上的动点，则的最小值为 【答案】 【解析】如图，在轴上取点， ，，，， （当且仅当为与圆交点时取等号）， . 故答案为：. 15．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，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M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为 . 【答案】 【解析】设，，所以，又，所以.因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是， 所以，解得，所以，又，所以， 因为，所以的最小值为，当且仅当三点共线时取等. 故答案为：. 巩固提升： 1．已知是单位向量，，若向量满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】单位向量满足，即，作，以射线OA，OB分别作为x、y轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图， ，设，则，由得：， 令，即， ，其中锐角满足， 因此，当时，，当时，， 所以的取值范围是.故选：D 2．已知单位向量与向量垂直，若向量满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意不妨设，设，则． ∵，∴，即表示圆心为，半径为1的圆，设圆心为P，∴． ∵表示圆P上的点到坐标原点的距离，，∴的取值范围为，故选：C． 3．在平面内，定点与、、满足，，动点、满足，，则的最大值为 ． 【答案】49 【解析】由，可得为的外心， 又， 可得，，即， 即有，，可得为的垂心， 则为的中心，即为正三角形， 由,即有, 解得，的边长为， 由，可得为中点， ， 设，则，, , 当时，最大值为49, 4．在平面直角坐标系中，为两个定点，动点在直线上，动点满足，则的最小值为 ． 【答案】5 【解析】设点，由得： ， 即，即， 在以为直径的圆上，不妨设，， 则，， ， ，其中为辅助角， 令，，则，． ， 令，，， 在，上单调递增， 故当时，取得最小值， 再令，， 显然在，上单调递增， 故时，取得最小值， 综上，当，时，取得最小值25． 故的最小值为5, 故答案为：5． 5．已知四点共面，，，，则的最大值为 ． 【答案】10 【解析】设 ，由题意可得： ， 则： ， ABC构成三角形，则：，解得：， 由余弦定理： ， 当时，取得最大值为10. 6．如图，是边长为1的正三角形，点P在所在的平面内，且（a为常数），下列结论中正确的是 A．当时，满足条件的点P有且只有一个 B．当时，满足条件的点P有三个 C．当时，满足条件的点P有无数个 D．当a为任意正实数时，满足条件的点总是有限个 【答案】C 【解析】以所在直线为轴，中点为原点，建立直角坐标系，如图所示 则，，， 设，可得， ，， ∵， ∴， 化简得：，即， 配方，得…（1） 当时，方程（1）的右边小于0，故不能表示任何图形； 当时，方程（1）的右边为0，表示点，恰好是正三角形的重心； 当时，方程（1）的右边大于0，表示以为圆心，半径为的圆， 由此对照各个选项，可得只有C项符合题意. 故选：C． 7．已知圆和点，若圆上存在两点使得，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】对于上任意一点，当均为圆的切线时最大， 由题意，，即，此时为满足题设条件的临界点， 如上图，若与重合，则，为圆的切线，此时， 综上，在临界点之间移动过程中，有，即， 解得，可得.故答案为： 8．已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是 【答案】[2，6] 【解析】因为点M在圆C外，当AM，BM与圆C相切时，∠AMB最大，要使在圆C上存在两点A和B，使得MA⊥MB，只需当AM，BM与圆C相切时， ∠AMB≥90°，即∠AMC ≥ 45°，则sin∠AMC＝ ≥ ，解得2≤t≤6. 故答案为：[2，6]. 9．设，动直线：过定点，动直线：过定点，且，交于点，则的最大值是（    ） A． B． C．5 D．10 【答案】B 【解析】根据方程推出，可得，的交点在以为直径的圆上，可得，再根据不等式知识可求得结果.动直线：过定点，动直线：过定点， 因为，所以，所以，的交点在以为直径的圆上， 所以， 设，则， 所以，因为，当且仅当时等号成立， 所以，即，解得.即， 所以的最大值是.故选：B 10．设向量，，满足，，，则的最小值是（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】建立坐标系，以向量，的角平分线所在的直线为轴，使得，的坐标分别为，，设的坐标为，因为， 所以，化简得， 表示以为圆心，为半径的圆， 则的最小值表示圆上的点到原点的距离的最小值， 因为圆到原点的距离为，所以圆上的点到原点的距离的最小值为，故选：B 11．已知点，，若圆：上存在一点，使得，则实数的最大值是（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【解析】根据题意，圆C：x2+y2-8x-8y+31=0，即（x-4）2+（y-4）2=1； 其圆心为（4，4），半径r=1， 设AB的中点为M， 又由点A（1-m，0），B（1+m，0），则M（1，0），|AB|=2|m|， 以AB为直径的圆为（x-1）2+y2=m2， 若圆C：x2+y2-8x-8y+31=0上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共点， 又由 即有|m|-1≤5且|m|+1≥5， 解可得：4≤|m|≤6，即-6≤m≤-4或4≤m≤6，即实数m的最大值是6； 故选C． 12．已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【解析】如图，设，，，， 则，， 因为，故，故， 所以在以为直径的圆上，故的最大值为圆的直径， 故选：C. 13．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【解析】设，且，为线段的中点， 因为，所以， 则，所以， 所以点在以为圆心，半径为的圆，所以的最大值即为该圆的直径， 所以的最大值为.故选：C. 14．已知和是平面内两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图所示： 设，，，则，， 因为，所以，即.所以在以为直径的圆上. 设的中点为，因为和是平面内两个单位向量，且， 所以，.所以. 故选：B 15．已知向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，是平面内两个互相垂直的单位向量， 故可设，，，则，， 因为，所以， 整理得到，即， 故的最大值为，故选：B. 16．设向量满足，，，则的最大值等于 . 【答案】2 【解析】由题设，，而，则， 令，则，又，如下图示： 所以，，则，故共圆， 而，即，故外接圆直径， 对于，当为直径时最大，即. 故答案为：2. 17．在边长为8正方形中，点为的中点，是上一点，且，若对于常数，在正方形的边上恰有个不同的点，使得，则实数的取值范围为 . 【答案】 【解析】以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示， 则，， （1）当点P在AB上时，设，，∴，， ∴，∵，∴． ∴当时有一解，当时有两解； （2）当点P在AD上时，设，， ∴，，∴， ∵，∴， ∴当或时有一解，当时有两解； （3）若P在DC上，设，，∴，， ∴，∵，∴． ∴当时有一解，当时有两解； （4）当点P在BC上时，设，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴当或时有一解，当时有两解， 综上，在正方形的四条边上有且只有6个不同的点P，使得成立，那么m的取值范围是， 故答案为：． 18．如图，梯形中，，，，,和分别为与的中点，对于常数，在梯形的四条边上恰好有8个不同的点，使得成立，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】以DC所在直线为x轴，DC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系， 则梯形的高为,∴A(−1,2),B(1,2),C(2,0),D(−2,0),∴. 1)当P在DC上时,设P(x,0)(−2⩽x⩽2),则. 于是， ∴当时,方程有一解,当时，λ有两解； (2)当P在AB上时,设P(x,2)(−1⩽x⩽1),则. ∴， ∴当时,方程有一解,当时，λ有两解； (3)当P在AD上时，直线AD方程为y=2x+4， 设P(x,2x+4)(−2<x<−1),则. 于是， ∴当或时,方程有一解,当时，方程有两解； (4)当P在CD上时,由对称性可知当或时，方程有一解， 当时，方程有两解；综上,若使梯形上有8个不同的点P满足成立， 则λ的取值范围是. 本题选择D选项. 19．已知正方形的边长为4，点，分别为，的中点，如果对于常数，在正方形的四条边上，有且只有8个不同的点，使得成立，那么的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示, 设的中点为,则,两式平方相减得,所以,即,所以, 由对称性可知每个边上存在两个点,所以点在边的中点和顶点之间, 故,解得,故选:D 20．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并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，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，，所以，由， 所以，因为且，所以， 整理可得，又动点M的轨迹是，所以， 解得，所以，又， 所以， 因为，所以的最小值，当M在位置或时等号成立.故选：D 21．已知动点M与两定点A，B的距离之比为，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆、点和点，M为圆O上的动点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，令，则， 由题知圆是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，且， 设点，则， 整理得：， 比较两方程可得：，，，即，，点， 当点M位于图中的位置时，的值最大，最大为. 故选：B. 22．已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，点M在圆上，取点，连接，有， 当点不共线时，，又，因此∽， 则有，当点共线时，有，则， 因此，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 23．已知点为圆上的动点，，则的最小值为 . 【答案】 【解析】 假设存在这样的点，使得，则，设点，则， 即， 该圆对照，所以，所以点， 所以. 故答案为： 24．已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值是 ． 【答案】 【解析】如图所示： 取点，设，则， 在和中，，所以和相似，且相似比为， 所以，则， 而，即的最小值为， 所以.故答案为： 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中数学微专题13 圆的五个定义的应用 一：基本概念 1.平面内到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫圆． 2、圆的四种方程 （1）圆的标准方程：，圆心坐标为（a，b），半径为 （2）圆的一般方程：，圆心坐标为，半径 （3）圆的直径式方程：若，则以线段AB为直径的圆的方程是 （4）圆的参数方程： ①的参数方程为（为参数）； ②的参数方程为（为参数）． 注意：对于圆的最值问题，往往可以利用圆的参数方程将动点的坐标设为（为参数，为圆心，r为半径），以减少变量的个数，建立三角函数式，从而把代数问题转化为三角问题，然后利用正弦型或余弦型函数的有界性求解最值． 3、点与圆的位置关系判断 （1）点与圆的位置关系： ①点P在圆外； ②点P在圆上； ③点P在圆内． （2）点与圆的位置关系： ①点P在圆外； ②点P在圆上； ③点P在圆内． 4. 高中阶段常见的圆的定义：到定点的距离等于定长；到两定点距离的平方和为定值；到两定点的夹角为 90°；定边定角、对角互补或数量积为定值；到两定点距离之比为定值（阿波罗尼斯圆）。如果题目不直接给出圆的方程，则可以通过向量模长、距离平方和、垂直关系、定边定角、距离之比等条件，先推导出动点的轨迹是一个圆，再利用圆的几何性质（圆心距、半径、最值、两圆位置关系等）求解。识别出圆之后，问题往往转化为圆上点到定点的距离最值、两圆有公共点等常规几何问题。 二 易错点总结 1．识别隐圆时要注意轨迹是否需要挖去部分点。张角 90° 模型中，以 AB 为直径的圆不包含 A、B 两点，做题时必须结合题目条件判断动点能否与定点重合，不能把被剔除的点也算进轨迹。 2．使用两圆位置关系时，要严格区分题目要求的是“存在两个点”“至少一个点”还是“恰好 n 个点”，不要直接套用相交公式而忽略相切的临界情况；端点等号能否取到，要结合相切位置单独检验。 3．距离平方和模型配方之后，要留意等式右边常数的符号：小于 0 时不存在轨迹，等于 0 时轨迹只是一个点，大于 0 才是圆，不能默认配方结果一定表示一个圆。 4．定边定角模型的轨迹往往只是圆上的一段圆弧，而不是完整的圆，求最值时不能直接套用整个圆的距离公式，必须注意动点所在的平面范围、象限限制以及四边形对边位置。 5．阿波罗尼斯圆中，比值 λ=1 时轨迹是线段 AB 的垂直平分线，不能当成圆处理；构造相似替换时，圆内、圆外的对应定点容易找错，等号成立的三点共线条件还要检验交点是否真的在题目给定的圆上。 6．对于正方形、梯形边上存在指定个数点满足向量数量积条件的题型，不能只看隐圆与多边形的整体交点，必须分别联立每一条边，结合线段定义域判断真实交点数量，再汇总求参数范围。 7．求圆上点到定点距离的最值时，最大值是圆心距加半径，最小值是圆心距减半径；当定点在圆内时，最小值应为半径减圆心距，加减方向不要搞反。 8．题目条件以向量形式给出时，不要直接把向量条件与线段长度条件混为一谈，应先把向量条件翻译成坐标关系或几何距离关系，再判断它属于哪一类隐圆模型。 必考题型全归纳： 题型一 圆的第一定义：到定点的距离等于定长 1.平面内，若动点 P 到定点 A 的距离等于定长 r，即 |PA|=r，则点 P 的轨迹是以 A 为圆心、r 为半径的圆。这是圆的原始定义，也是最直接的一类隐圆识别条件。 2.常见出题形式： 向量模长条件：|PA|=常数，或 |a−b|=常数，直接读出轨迹圆的圆心与半径。 两圆位置关系转化：已知圆上总存在若干个点到某定点的距离等于定值，等价于两个圆有交点，利用圆心距与半径和、半径差的关系求参数取值范围。 三角形外心、垂心重合推出正三角形：由到三顶点距离相等得到外心，由向量垂直条件得到垂心，外心与垂心重合即三角形为正三角形，再结合向量模长条件确定动点轨迹圆，求向量模的最值。 3. 解题思路 第一步：读出定点与定半径，写出轨迹圆的圆心坐标与半径。 第二步：建立平面直角坐标系，确定圆心位置，必要时把向量条件坐标化。 第三步：求模长最值。圆外一点到圆上点的距离，最大值为圆心距加半径，最小值为圆心距减半径。 第四步：两圆相交问题使用条件 |R−r|<d<R+r，处理“圆上存在 n 个点满足距离条件”时，注意相切的临界位置。 1．如果圆上总存在两个点到原点的距离为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．如果圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，1） 3．在平面内，定点，，，满足，，动点，满足，，则的最大值为 ． 题型二 圆的第二定义：到两定点距离的平方和为定值 4．正方形与点在同一平面内，已知该正方形的边长为1，且，则的取值范围为 . 5．如图，△是边长为1的正三角形，点在△所在的平面内，且（为常数），满足条件的点有无数个，则实数的取值范围是 ． 6．已知圆，点，设是圆上的动点，令，则的最小值为 ． 题型三 圆的第三定义：到两定点的夹角为 90° 7．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（    ） A． B． C．5 D．10 9．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的值为（    ） A．5 B．10 C． D． 题型四 圆的第四定义：定边定角、对角互补、数量积为定值 10．在平面内,设A、B为两个不同的定点,动点P满足:(为实常数)，则动点P的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．不能确定 11．设向量满足，，，则的最大值等于 A．4 B．2 C． D．1 12．在平面四边形中，连接对角线，已知，，，，则对角线的最大值为（    ） A．27 B．16 C．10 D．25 题型五 圆的第五定义：到两定点距离之比为定值（阿波罗尼斯圆） 13.对平面上两点A、B，满足的点P的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点A，B是此圆的一对阿波罗点．不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关．已知，，，若动点P满足，则的最小值是 ． 14.古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A、B，动点P满足（其中是正常数，且），则P的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点，P是圆上的动点，则的最小值为 15．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，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M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为 . 巩固提升： 1．已知是单位向量，，若向量满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知单位向量与向量垂直，若向量满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．在平面内，定点与、、满足，，动点、满足，，则的最大值为 ． 4．在平面直角坐标系中，为两个定点，动点在直线上，动点满足，则的最小值为 ． 5．已知四点共面，，，，则的最大值为 ． 6．如图，是边长为1的正三角形，点P在所在的平面内，且（a为常数），下列结论中正确的是 A．当时，满足条件的点P有且只有一个 B．当时，满足条件的点P有三个 C．当时，满足条件的点P有无数个 D．当a为任意正实数时，满足条件的点总是有限个 7．已知圆和点，若圆上存在两点使得，则实数的取值范围是 ． 8．已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是 9．设，动直线：过定点，动直线：过定点，且，交于点，则的最大值是（    ） A． B． C．5 D．10 10．设向量，，满足，，，则的最小值是（    ） A． B． C． D．1 11．已知点，，若圆：上存在一点，使得，则实数的最大值是（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 12．已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（    ） A． B．2 C． D． 13．已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（    ） A．1 B．2 C． D． 14．已知和是平面内两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 15．已知向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（      ） A． B． C． D． 16．设向量满足，，，则的最大值等于 . 17．在边长为8正方形中，点为的中点，是上一点，且，若对于常数，在正方形的边上恰有个不同的点，使得，则实数的取值范围为 . 18．如图，梯形中，，，，,和分别为与的中点，对于常数，在梯形的四条边上恰好有8个不同的点，使得成立，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 19．已知正方形的边长为4，点，分别为，的中点，如果对于常数，在正方形的四条边上，有且只有8个不同的点，使得成立，那么的取值范围是（    ） A． B． C． D． 20．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并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，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点与两定点的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，其中，定点为轴上一点，定点的坐标为，若点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 21．已知动点M与两定点A，B的距离之比为，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆、点和点，M为圆O上的动点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 22．已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 23．已知点为圆上的动点，，则的最小值为 . 24．已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值是 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $