培优专题05 隐圆识别模型与综合应用（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

培优专题05 隐圆识别模型与综合应用（专项训练） 常考题型·精准突破 ◆题型1 到定点距离为定值型（重） ◆题型2 方程配方型（重） ◆题型3 直径圆型（直角对直径）（重） ◆题型4 四点共圆型（难） ◆题型5 阿波罗尼斯圆型（高频） ◆题型6 向量数量积型（高频） ◆题型7 平方和定值型 ◆题型8 隐圆的应用型（高频） ◆题型9 隐圆综合压轴型（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型1 到定点距离为定值型 1．（26-27高三·全国·一轮复习）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度. 【详解】 如图所示， 由，， 可知三棱锥为正三棱锥， 设中点为， 则，，， 设点在底面上的射影为， 则平面，， 又为内部及边界上的动点，， 所以， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内部及边界上的部分， 如图所示， ， ， 即，， 所以点的轨迹长度为. 2．（2026·北京西城·一模）在平面直角坐标系中，点M在圆心为C的圆上．若动点P满足，则对于，点P到直线的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆C的圆心和半径，根据数量积的几何意义，可得，进而可得点P的轨迹方程，根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案. 【详解】圆C的方程变形为，圆心，半径， 又，， 所以，即在方向上的投影为， 所以，又，所以， 则点P的轨迹是以C为圆心，2为半径的圆， 又直线恒过定点， 所以， 则P到直线的距离的最大值为. 3．（2026·云南曲靖·一模）在平面内，圆上三点，，满足，动点，满足，，则的最大值是（    ） A．4 B．5 C． D．6 【答案】B 【分析】由，判断三角形的形状，结合数量积结果，求得的夹角，以及三角形的边长；取的中点为，的中点为，求得的轨迹是以为圆心的圆，再根据圆外一点到圆上一点距离最值的求解方法，计算即可. 【详解】设圆的半径为，则， 又， 故两两之间的夹角相等，且均为，三角形为等边三角形， 故，解得； 连接，取的中点分别为，如下图所示： 因为，故点在以为圆心，1为半径的圆上运动； 若三点不共线时，在三角形中，分别为的中点， 故， 故点是在以为圆心，为半径的圆上运动； 若三点共线且为线段上点时， 此时，， 故； 同理若三点共线且为线段延长线上一点时，也有； 综上所述：点的轨迹是以为圆心，为半径的圆； 对等边三角形，由正弦定理可得：， 又为中点，则； 故圆外一点到圆上一点的距离， 当且仅当三点共线，且在线段延长线上时取得等号， 所以的最大值是5. 4．（25-26高二上·河北·阶段检测）已知长度为的线段的两个端点和分别为直线和上的动点.设线段的中点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程. 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）利用直线和垂直，结合直角三角形的性质及圆的定义得出P的轨迹即可； （2）设直线方程结合弦长公式计算即可. 【详解】（1） 取直线和的交点为，易知为直角三角形， 则，所以点在以D为圆心，为半径的圆上， 其轨迹方程为； （2）利用圆的对称性可知当直线l斜率为零时，此时直线与圆相交弦长为，不符合题意； 所以可设该直线方程为，则圆心D到l的距离为， 又， 解方程得或， 即直线的方程为或. 5．（26-27高二上·江苏南京·阶段检测）已知直线l与圆O：相交于A，B两点，且． (1)若直线l过点，求直线l的方程； (2)①若线段的中点为点D，求点D的轨迹方程； ②记①中D的轨迹为曲线C，过点作直线m与曲线C交于两点，点Q的坐标为，直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1)或 (2) ① ②如图所示，设，直线， 由点，可得， 则， 由（1）可知当时，直线和圆必有两个交点， 联立方程组，消去得， 当时，，可知， 则，即为定值. 【分析】（1）根据弦长和半径求出弦心距，根据点斜式方程和点到直线距离公式，列出方程，求出参数，求出结果； （2）①根据（1）结论，判断点的运动轨迹是个圆，写出圆的方程即可； ②根据直线和圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理和两点间的斜率公式，求出的表达式，化简求出结果，说明为定值. 【详解】（1）可知圆心，半径，当时，圆心到直线的距离， 依题意，当直线l的斜率存在时，可设直线，化简得， 由到直线的距离为，解得， 即直线，变形得； 当直线l的斜率不存在时，直线到圆心距离为，符合条件； 综上所述，直线的方程为或. （2）①由（1）可知线段的中点到圆心的距离为，所以点D的轨迹方程为. ◆题型2 方程配方型 6．（26-27高二上·广西南宁·阶段检测）若方程表示圆，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】原方程配方得：， 即. 因为该方程表示圆，所以，得. 故. 7．（26-27高二上·江苏常州·阶段检测）方程表示的曲线长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将原方程变形后分和两种情况转化为圆的方程，分别计算两段符合条件的弧长后求和. 【详解】由题意得，解得，所以， 又，得，所以， 当时，，圆心为，半径为， 当时，，圆心为，半径为， 设曲线交轴于点、，连接交与点，如下图所示： 由题意可得，所以和都是等边三角形， 则，故， 所以的长为，同理可知的长为， 所以方程表示的曲线长度为. 8．（26-27高二上·江苏常州·阶段检测）（多选）已知圆：，圆：，若圆平分圆的周长，则（     ） A．圆的圆心在上 B． C．圆面积的最小值是 D．已知点，，则的最小值为5 【答案】ABD 【分析】先由圆的一般式确定圆的圆心坐标判断A；根据圆平分周长的性质，推导的关系判断B；结合的关系求圆半径的最小值，得到面积最小值判断C；利用将军饮马模型，结合圆心的轨迹求距离和的最小值判断D. 【详解】选项A：圆可化为， 圆心坐标为，纵坐标恒为2，因此圆心在直线上，A正确. 选项B：将两圆方程相减得公共弦所在直线方程为， 圆的标准方程为，圆心为. 因为平分的周长，所以公共弦过，代入公共弦方程得，即，B正确. 选项C：圆的半径平方， 将代入得，因此圆面积的最小值为，C错误. 选项D：圆心在直线上，作点关于的对称点， 则，因此， 即最小值为5，D正确. 9．（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）已知方程（是实数）表示的图形是圆． (1)求实数的取值范围； (2)求其中面积最大的圆的标准方程； (3)若点恒在所给的圆内，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将圆的一般方程进行配方整理成圆的标准方程，由即可求得t的取值范围； （2）根据，结合二次函数的性质即可得的最大值，从而可求得圆的标准方程； （3）将点代入圆的方程解不等式即可求得t的取值范围． 【详解】（1）原方程可整理为. 则，解得， 因此的取值范围为． （2）要使圆的面积最大，则圆的半径最大，即半径的平方最大， 由于，， 所以当时，的最大值为，此时圆的标准方程为． （3）若点在圆内，则应满足， 由于点恒在所给圆内，故， 即，解得， 结合（1）中求得的，可得的取值范围为． 10．（25-26高二上·四川内江·阶段检测）动圆与直线交于两点. (1)证明动圆必过两定点；并求. (2)当时，过原点O的直线与圆C交于不同两点，且直线不过C圆心.过分别作圆C的切线，求证：在一条定直线上. (3)是否存在轨迹，在上任取点，无论为何值，都有为常数，若存在，求出轨迹方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 证明：因为方程为，即， 由，解得或，则动圆C恒过两定点的坐标为或； 易知圆C的圆心坐标为，圆C的半径为， 所以圆C的圆心到直线的距离为， 此时两点间的距离， 整理得，设，其对称轴为， 所以，则. (2) 此时C：，设， 易计算：过D点的切线方程为， 同理过E的切线方程为， 因为，故，. 所以在直线上，即直线DE为. 又因为，故，即，所以F在定直线上. (3)存在， 【分析】（1）根据分离参数整理圆的方程，等价转化为圆与直线相交，联立方程组求定点坐标，再利用圆的方程，表示出圆心与半径，利用弦长公式，可得答案； （2）由题意整理圆的方程，写出切线方程，并整理直线的方程，代入原点，可得答案； （3）联立圆与直线方程，写出韦达定理，表示出向量坐标，利用数量积的坐标表示，整理方程，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）存在，， 设，联立， 并整理得，由题意可得，由韦达定理得， 设，此时， 所以， 即， 因为，所以， 整理得， 因为无论为何值，都有为常数， 令为常数. 故存在定直线，即，其上任意点K满足条件. ◆题型3 直径圆型（直角对直径） 11．（26-27高二上·河北衡水·阶段检测）已知圆，若圆上存在点使，则正数的取值范围是______. 【答案】 【详解】因为，， 所以点的轨迹是以A、B为直径端点，圆心为原点O的圆，则点P的轨迹方程为， 又点P在圆C上，所以圆与 圆有交点， 因为，且，所以， 又，解得. 当时，两圆外切，，满足条件； 当时，两圆内切，，满足条件. 所以. 12．（26-27高二上·江苏宿迁·阶段检测）设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，，的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先确定两条动直线的定点、，由两直线垂直得点的轨迹是以为直径的圆，将转化为点到定点的距离的平方，结合圆的性质求最小值. 【详解】由动直线过定点，得；由动直线过定点，即，得. 直线和直线， 当时，直线的斜率不存在，直线的斜率为0，则； 当时，直线的斜率为，直线的斜率为，且，则； 点的轨迹为以为直径的圆，即圆心，半径，则点的轨迹方程为. 表示为点到点的距离的平方； ，即点在圆外； 圆上的点到Q点的最小距离； . 13．（26-27高二上·广东广州·阶段检测）在直角坐标平面内，过定点的直线：与过定点的直线：相交于点，则点到点的距离的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于直线：，令，得，故定点， 对于直线：，令，得，故定点， 由，可知直线，即， 所以点的轨迹是以为直径的圆（去掉原点）， 中点为圆心，半径， 设点，， 点到距离的最大值为. 14．（26-27高二上·江西·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，动点在曲线上运动，且满足． (1)求的方程； (2)已知直线：，与交于，两点． （ⅰ）若是等边三角形，求； （ⅱ）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）或 （ⅱ）因为直线：，可知直线过定点， 设，． 联立方程，消去得：， 则，解得， 可得，， 则， 可得 ， 所以为定值． 【分析】（1）设动点，根据数量积的坐标表示求点的轨迹方程； （2）（ⅰ）分析可知圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式运算求解；（ⅱ）联立方程可得韦达定理，利用消元法可得，代入韦达定理运算求解即可. 【详解】（1）设动点，，， 则，． 所以，即的方程为． （2）（ⅰ）因为是等边三角形，则圆心到直线的距离， 即，化简得：，解得或． （ⅱ）略 15．（26-27高二上·江苏南通·阶段检测）已知圆：，，过点的直线被圆所截得的弦的中点为，点的轨迹为曲线．过点的直线与曲线相交于，两点． (1)求曲线的方程； (2)若点，的面积为，求的取值范围； (3)是否存在轴上一点，使得为定值？若存在，求出所有这样的点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 存在，点坐标为或或. 【分析】（1）设出点坐标，利用是弦中点，可得，利用向量数量积为0即可求得曲线的方程. （2）设出直线的方程，与圆的方程联立，列出韦达定理，表示出弦长，再求出点到直线的距离，即可用表示出面积，换元之后，利用导数判断增减性，即可求的范围. （3）分别表示出和，求出，代入韦达定理并化简，让得到的式子与无关，即可解出的值，从而求出点的坐标. 【详解】（1） 因为圆：，所以圆心，半径， 设， 因为点是过点的直线被圆所截得的弦的中点， 所以， 所以，，， 即， 所以曲线的方程为. （2） 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， ，解得或， 所以不妨设点，， ，此时； 当直线的斜率存在时，设过点的直线方程为， 联立，得， 设点，，由韦达定理得：，， 弦长 ， 点到直线的距离为， 所以面积， 令， 则， 令， ， 所以在上单调递增， 当时，即，直线趋近于轴，，此时三点共线，所以， 当时，即直线趋近于竖直线，， ， 综上所述，的取值范围为. （3） 存在， 点在圆上，所以有， 所以， 同理可得：， ， 代入韦达定理， 要使其为定值，即结果与无关， 即分子中的系数需等于常数项， 即， 即， 解得或或， 所以存在三个点满足要求，即，，.. ◆题型4 四点共圆型 16．（25-26高三·全国·一轮复习）已知点，四点共圆，则_______． 【答案】 【分析】设过的圆的一般方程，再列方程组，求得其一般方程，再将点坐标代入即可. 【详解】设过的圆的方程为且, 则，解得， 所以过的圆的方程为， 又因为点在此圆上，所以，解得，所以． 故答案为： 17．（25-26高二上·湖南长沙·阶段检测）已知直线与圆相交于A，B两点，下列说法正确的是（   ） A．|AB|的最小值为 B．若圆关于直线对称，则 C．当时，对任意，曲线是恒过直线与圆的交点的圆 D．若（O为坐标原点）四点共圆，则 【答案】C 【分析】根据直线与圆的位置关系分析计算可得. 【详解】，得，所以圆心，半径. 选项A，由，得直线过定点，且， 所以定点在圆内，所以定点为线段的中点时，弦长最短， 此时，最短弦长，故A不正确； 选项B，若圆关于直线对称，则直线过圆心，即，B不正确； 选项C，因为， 所以曲线W恒为圆， 当时，直线，曲线， 所以曲线为过直线与圆的交点的圆的方程，故C正确； 选项D，若A、B、C、O四点共圆，设此圆为，圆心，而OC的垂直平分线方程为，所以， 则圆的方程为，即， 与方程相减，得直线的方程，将定点代入，得， 故，因直线的斜率为， 所以，所以，故D不正确. 故选：C. 18．（26-27高三上·甘肃天水·阶段检测）（多选）已知为坐标原点，椭圆：的右焦点为，，为上两点，且关于原点对称，，分别为线段，的中点，下列结论正确的是（     ） A．的取值范围为 B．若，则直线的斜率为0 C．若，则的离心率的取值范围为 D．若，则，，，四点共圆 【答案】ACD 【分析】利用椭圆的性质、中点坐标公式以及相关的几何关系进行推理和计算. 【详解】在A选项中，短轴端点到原点距离为，长轴端点到原点距离为， 故，设，因为关于原点对称，则， 已知，,分别为线段，的中点， 根据中点坐标公式可得：，， 则， 因为在椭圆上，所以，即， 则，其中， 因为，则当时，取得最小值， 当时，取得最大值，所以的取值范围为，A正确， 在B选项中，若，则，即， 因为，所以，此时直线的斜率不存在，B错误， 在C选项中，若，则，即， 又因为，所以，可得， 因为，所以，即， 由得，得，又因为， 所以离心率，C正确， 在D选项中，若，则， 若以为直径圆，则，，圆心，半径， 圆方程为，化简可得：， 将代入可得：， 即在圆上，同理，将代入可得： ， 即在圆上，而，也在圆上，所以，，，四点共圆，D正确. 19．（25-26高二上·陕西汉中·阶段检测）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，且，O为坐标原点． (1)求C的方程； (2)若直线与C的准线交于点P，过点P作直线交C于M，N两点，且直线与的倾斜角互补． （ⅰ）求直线所过定点的坐标； （ⅱ）证明：A，B，M，N四点共圆． 【答案】(1) (2)（ⅰ）直线过定点； （ⅱ）证明如下： 设点的坐标为． 联立方程消去后整理得，故， 由（1）知，， 直线的斜率为，同理可得直线的斜率为． 又， 所以直线与直线互相垂直，故点在以线段为直径的圆上， 同理可得点在以线段为直径的圆上， 故，，，四点共圆．    【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程得到韦达定理式，再代入向量数量积的坐标表示式即可得到方程，解出即可； （2）（i）求出的坐标为，再根据倾斜角和斜率关系得直线的方程，化简即可得到定点； （ii）联立方程得到方程，计算直线与直线的斜率乘积得其互相垂直，则得到点的轨迹即可证明四点共圆. 【详解】（1）由题知，设两点的坐标分别为， 显然直线的斜率为0时不合题意，则设直线的方程为， 联立方程消去整理得， 则，，， 所以， 所以，解得， 所以的方程为． （2）（ⅰ）由（1）知的准线方程为，直线的方程为， 令，得，即点的坐标为， 由直线的斜率为，直线与直线的倾斜角互补，知直线的斜率为， 故直线的方程为，即， 故直线过定点． （ⅱ）略. 20．（2026高三下·江苏·竞赛）如图1，点分别为的内切圆与三条边的切点，，垂足为，直线交于点，直线交于点． (1)求证：四点共圆； (2)如图2，设点为线段的中垂线与的中垂线的交点，点为的中垂线与边上的高的交点．求证：． 【答案】(1)记，，，半周长、内切圆半径分别为，， 并令，，， 则，，，． 在内切圆的接触三角形DEF中， ，， ，． 由及半角公式，， 得． 在中，对直线、分别用梅涅劳斯定理：，． 代入上式及，，得，． 又，所以，． 于是． 由割线定理的逆定理，四点共圆． (2)记圆为．由的定义，是的圆心． 又因在的中垂线上，故；以为圆心、为半径作圆，则． 设在点的切线为．因，故． 由第一问及，，共线，则． 又，，共线，所以（直线角均模）． 由弦切弦角定理的逆定理，，从而． 又两圆，的公共弦为，圆心分别为，，故． 【分析】（1）利用接触三角形边角比例，对用梅涅劳斯定理求出长度，验证，最后割线定理逆定理即可证明四点共圆； （2）由是圆外接圆圆心，满足，结合角度推导得，再由是两圆公共弦，即可证明. 【详解】（1）略 （2）略 ◆题型5 阿波罗尼斯圆型 21．（26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）已知，，若直线上存在点，满足，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据的条件求出点的轨迹为圆，再结合直线与圆有公共点的等价条件，即圆心到直线的距离不大于半径，建立关于的不等式求解取值范围. 【详解】设点的坐标为. ∵ ，∴ ， 两边平方得 ， 展开整理得 ，即点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆. ∵ 点在直线上， ∴ 直线与圆有公共点， ∴ 圆心到直线的距离， ，解得, 即实数的取值范围是. 22．（26-27高二上·浙江嘉兴·阶段检测）在长方体中，，，为棱的中点，动点满足，则点的轨迹与长方体的侧面的交线长等于（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】当点在侧面时，由长方体的性质得出，，再根据得出，建立空间直角坐标系，利用两点间的距离公式算出点的轨迹与侧面的交线为一段圆弧，求出夹角和半径即可算出弧长. 【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为点为中点，所以， 因为点在侧面，所以可设，其中，， 由题可得侧面，侧面， 且侧面，侧面， 所以，， 因为，所以， 即，得， 所以，化简得， 所以点的轨迹与长方体的侧面的交线是以为圆心，半径为的一段圆弧， 如图所示为其平面图， 令，得，解得（舍去）， 令，得，解得（舍去）， 设圆：与交于点与交于点， 令，解得，所以， 所以弧长. 23．（26-27高二上·山西太原·阶段检测）（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，设动点的轨迹为，若过点的直线交于点，则下列说法正确的是（     ） A．的方程为 B．若点，则的最小值为 C．存在点和直线使得 D．若，则直线的方程为 【答案】ABD 【分析】A利用阿氏圆的定义求出动点轨迹圆方程； B利用阿氏圆的比例关系转化距离，用两点间距离求最值； C利用圆周角圆心角关系结合过定点弦长最小值判断存在性； D利用线段比例关系结合韦达定理求出直线斜率． 【详解】对于A，设，由，则， 化简得，所以点的轨迹的方程为，A正确； 对于B，由题意知，则， 结合图象知， 则的最小值为，B正确； 对于C，由圆的性质“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”， 设圆心，则，此时， 而直线与圆相交的弦长最小时与直径垂直，最小值为，即不存在直线使得， 所以不存在直线使得，C错误； 对于D，由阿氏圆的定义知即， （法一：几何法）设，则，， 作，则，， 在中，，即， 在中，，即， 联立解得，所以． 由C选项知当直线斜率不存在时，（舍去）； 当直线斜率存在时，设直线：，即， 令， 解得，即直线：，D正确． （法二：几何法2）由相交弦定理，知， 可解得，，则，后续同法一． （法三：几何法3）设，则，，， 由，得为的角平分线， 则，即， 故，所以，后续同法一． （法四：代数法）当直线斜率为0时，，不符题意； 当直线斜率不为0时，设直线：，，， 由，得…①， 联立得， 由韦达定理得， 联立①②知，代入③式得， 即，解得， 则直线：，即，D正确． 24．（25-26高二上·四川成都·期中）已知圆的圆心在直线上，且过点，. (1)求圆的方程； (2)求过点的直线被圆截得的弦长为的直线方程； (3)若，是平面内不同的两定点，动点满足，则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点是上的动点，点，点是直线上的动点，求的最小值. 【答案】(1) (2)和 (3) 【分析】（1）设出圆的标准方程，由圆心位置及圆过的点列方程组求解圆心坐标及半径即可； （2）分直线的斜率存在与不存在讨论，斜率不存在时直接验证；斜率存在时，设直线的点斜式方程，利用点到直线的距离公式求出斜率，进而得到直线方程； （3）设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，然后根据点到直线距离公式求最值即可. 【详解】（1）设圆的方程为，由题意，解得， 所以圆的方程为． （2）当垂直于x轴时，将代入圆的方程，得， 所以，， 此时截得的弦长为，满足条件； 当不垂直于x轴时，设的方程为即， 圆心到直线的距离， 由点到直线的距离公式得，解得， 此时直线的方程为即． 所以直线的方程为和． （3）设，则， 故 . 令，则， 其中为点E到直线的距离， 因为，所以的最小值为.    25．（26-27高二上·江苏南京·阶段检测）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）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，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为． (1)过点的直线被曲线所截得的线段长为，求直线的方程； (2)过作直线与曲线交于，两点，中点为，求的最值； (3)已知点为圆上任意一点，过点向曲线作切线，切点为，试探究：平面内是否存在定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2)的最大值：，的最小值：. (3)当时，为定值，当时，为定值 【分析】（1）使用几何法求直线与圆弦长问题，计算直线的斜率求解； （2）通过圆的定义确定点的轨迹，得出点的轨迹方程，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题求解； （3）设，使用解析法计算定值求解. 【详解】（1）设，由，得，即， 曲线的方程为，即曲线是以为圆心，2为半径的圆， 当直线斜率不存在时，直线方程为：，直线被曲线所截得的线段长为，符合题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为：， 圆心到直线的距离为：，则，解得，即，，此时直线方程为：，即， 所以直线的方程为：或. （2）设，由题意知，即，则点的轨迹是以为直径的圆， 中点为，，所以圆半径为，点的轨迹方程为：， 的最大值：，的最小值：. （3）设，则，即， ， 设，， 设，则， 即对满足的所有恒成立， 则有，解得或， 所以当时，，当时，. ◆题型6 向量数量积型 26．（26-27高二上·黑龙江大庆·阶段检测）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】先设，根据向量数量积的运算得到点的轨迹为圆，再根据直线与圆有公共点时圆心到直线的距离不大于半径，及点到直线的距离公式即可求出的取值范围． 【详解】设，由，， 则，， 则，即， 即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 又直线上存在点，即该直线与圆有公共点， 即圆心到该直线的距离，即，即，解得， 所以的取值范围为． 27．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）直角中，斜边，，动点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以C为坐标中心建立平面直角坐标系，设P坐标为，根据条件建立的关系式求解 【详解】 以C为坐标中心建立平面直角坐标系，设P坐标为， ，，， ， ， ， ， ， 即， 配方得：， 所以在以为圆心以2为半径的圆上， ，， ,其关于x单调递增， 所以取P为圆的最右边的点可取得最大， 此时，代入得. 28．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知线段的长为6，动点满足，则动点形成的轨迹的长度为______. 【答案】 【详解】如图，以线段中点为原点，建立平面直角坐标系. 则，，设， 则，整理得. 所以动点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆， 其轨迹长度为. 29．（25-26高二下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且到一定点的距离为定值，则该定值为___________． 【答案】 【详解】设，则，， 由题意可知，则， 化简可得，即， 所以动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 到一定点的距离为定值，则该定值为. 30．（26-27高二上·吉林长春·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知点，，若动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若，，判断是否存在点满足，若存在，请求出点；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，，理由如下： ， 由得， 化简得， 与相减得， 将代入中得， 故存在点满足. 【分析】（1）根据得到方程，求出轨迹方程； （2）根据得，与（1）中的轨迹方程联立可得. 【详解】（1）因为，， 所以，即，化简得， 故点的轨迹方程为； （2）略 ◆题型7 平方和定值型 31．（26-27高二上·江西·期中）在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围. 【详解】设，则，. 因为，所以，即. 所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆. 又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以. 即，解得. 32．（25-26高二上·湖北·期中）已知圆，．若圆上存在点，使得，则的值可能为（　　） A．2 B． C． D．5 【答案】D 【分析】分析可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆，由题意可知：圆与圆有公共点，结合圆与圆的位置关系列式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 设，因为，即， 整理可得， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 由题意可知：圆与圆有公共点，则， 可得，解得或， 所以实数的取值范围为，结合选项可知ABC错误，D正确. 故选：D． 33．（25-26高二上·江苏泰州·期中）已知点，若圆上存在点，使得，其中为坐标原点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先设出点的坐标，根据得出点的轨迹方程，再根据圆与圆的位置关系求出实数的取值范围. 【详解】设点，因为为坐标原点，，且. 根据两点间距离公式，则，. 所以，展开整理可得：. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 已知圆，其圆心为，半径. 因为圆上存在点满足条件，所以两圆有公共点. 根据两圆位置关系，两圆的圆心距. 两圆有公共点，则，即. 对于，两边平方得，展开整理得，， 因为，函数图象开口向上，所以恒成立. 对于，两边平方得，即， 解得.   综上可得实数的取值范围为. 故选：C. 34．（26-27高二上·广东汕头·阶段检测）在平面直角坐标系中，两点，，点满足， (1)求点的轨迹的方程； (2)若直线：，，判断曲线与直线的位置关系； (3)过点作直线交曲线于，两点，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)相切 (3) 【分析】（1）设，利用两点距离公式表示，整理即得轨迹方程； （2）通过圆心到直线的距离与半径的大小关系即可判断； （3）设直线，将直线方程与圆方程联立消元，根据得到的一元二次方程得到韦达定理， 利用弦长公式表示三角形的底，利用点到直线距离公式表示出三角形的高，表示出三角形面积后利用基本不等式求最值. 【详解】（1）设，由可得，化简可得. 所以点的轨迹的方程为. （2）由（1）知，圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离，所以直线与圆相切. （3）设直线方程为， 联立 消去并整理可得 ， ， 设，则 由弦长公式可得 ， 又到直线的距离， 所以 令，则， 所以， 当且仅当即时取等号， 所以面积的最大值为. 35．（26-27高二上·重庆九龙坡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，O是的交点，平面，且． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在底面内（含边界）有一动点，满足，记点的轨迹为． ①求的方程； ②若为棱上一点，求的最小值． 【答案】(1)由平面，平面，得， 底面是正方形，故， 而平面，故平面； (2) (3)①；② 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法即可求解； （3）①设，结合可得方程；②设，可得，则可得的表达式，要求的最小值，对于固定的t，此时需y取到最大值1，再结合二次函数的性质即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）以O为原点，分别以的方向为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系, 结合底面是边长为2的正方形，，可得， 则， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即； 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即， 则， 故二面角的正弦值为； （3）①设，由得， 化简得，即的方程为； ②为棱上一点，，， 设，可得， 设，则 ， 要求的最小值，对于固定的t，此时需y取到最大值1， 令，，而， 即当时， ， 故的最小值为. ◆题型8 隐圆的应用型 36．（26-27高二上·江苏盐城·阶段检测）平面直角坐标系中，已知点，若直线：上总存在、两点，使得恒成立，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】要使得恒成立，则点M在以PQ为直径的圆的内部（包含边界），结合点到直线的距离公式，进而得到圆的半径的最小值，即可求解. 【详解】要使得恒成立，则点M在以PQ为直径的圆的内部（包含边界）， 点P、Q在直线上， 而点到直线l：的距离为， 则以为直径的圆的半径的最小值为3， 所以的最小值为6，则线段PQ长度的取值范围是. 37．（2026·山东·模拟预测）（多选）已知点的坐标为，点、在圆：上，，则下列说法正确的是（     ） A．点在圆内 B．的最大值为 C．的最小值为 D．面积的最大值为 【答案】AD 【分析】由直角关系把与到的距离挂钩，再用坐标展开求出的轨迹圆，从而得到的范围并判断B、C；D用"直角三角形面积不超过斜边平方的四分之一"取上界并验证等号. 【详解】由知. 设的中点为，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得. 又，所以， 在中， 代入上式得，即. 设，由、得，， 代入上式得，即， 化简得，所以点在以为圆心、为半径的圆上. 对于A，，所以点在圆内，A正确. 对于B、C，由得，且，即， 于是， 所以，即， 故的最大值为（不是），最小值为（不是），B、C都错误. 对于D，为直角三角形，， 当、时、，面积恰为，D正确. 所以正确的选项是A、D. 38．（2026·湖南长沙·模拟预测）（多选）在中，角，，所对的边分别为，，，且．下列结论正确的是（     ） A．若为边的中点，则点在以为圆心、为半径的圆（去掉圆与直线的交点）上 B． C．若为点到直线的垂足，则一定在线段上 D．若，则为等边三角形 【答案】ABD 【分析】对A选项通过余弦定理可得，从而可判断正确；对B直接由余弦定理并结合条件可得，再由余弦函数的单调性可判断正确；对C直接用解析法并结合A选项的结果可判断错误；对D直接用余弦定理并结合条件可得，进而可判断正确.. 【详解】 选项A ：设，则，， 在中，由余弦定理得， 即①， 同理在中，由余弦定理得， 即②， 因为，所以： ， 将已知代入得，得， 因此点在以为圆心、为半径的圆上，A正确； 选项B ：由余弦定理： ， 结合基本不等式，得， 因此​， 又，余弦函数在单调递减， 所以，即，B正确； 选项C ：用解析法判断，以的中点为原点，以所在直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，则， 设，由A选项分析知，点在以为圆心、为半径的圆（去掉圆与直线的交点）上， 所以，如图： 由圆的几何性质得，因为轴，所以， 当时，垂足在线段上； 当时，垂足线段的延长线上或反向延长线上. 因此垂足一定在线段上错误，C错误； 选项D： 若，则，代入余弦定理：​， 结合，得，因此，即. 又，即，故为等边三角形，D正确. 39．（26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，点满足，记点的轨迹为． (1)已知直线，若上恰有两个点到直线的距离都为，求实数的取值范围． (2)过点作直线交轨迹于点，，交轴于点． ①若，求直线的方程； ②若，，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①或. ②是，. 【分析】（1）先由直接法求出轨迹的方程，再由题意得到，再结合韦达定理即可求出的范围. （2）①由题中已知条件得到，再结合韦达定理即可求出直线的方程. ②由题中已知条件得到与，，之间的关系，再结合韦达定理即可求出的值. 【详解】（1）设点坐标为，，， 由，，. 点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆. 设圆心到直线的距离为，. 由上恰有两个点到直线的距离都为，，， .即实数的取值范围为. （2）①当直线与轴平行时，易知点，坐标分别为，， ，，不满足. 当直线与轴不平行时，由直线过点，设直线的方程为. 联立方程组，. 设点，坐标分别为，， 直线交轨迹于点，，由韦达定理得，，. 点在轴上，且点，在点的两侧，与的比值等于点与点的纵坐标的绝对值之比. 由，. 联立方程组. 直线的方程为或， 整理得直线的方程为或. ②为定值，探究如下； 如图所示； 由于是直线与轴的交点，将 代入，，即坐标为. 由①知，，，. 由，，，. 由，同理推出. ，. . 40．（26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）已知点在圆上，点在圆外，当的最大值是的最小值的倍时，则称为圆的“伴生点”；若点同时是圆和圆的“伴生点”，则称为圆“”的“共生点”．已知圆，为圆的“伴生点”． (1)求点的轨迹方程； (2)已知圆，，均为圆“”的“共生点”． （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）以线段为直径的圆记为圆，过点作斜率存在且不为的直线与圆交于、两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）； （ii）设直线过点，斜率存在且不为，设轴上的定点为，如图所示， 联立直线与的轨迹方程，即，消去得， 整理得，解得，对应的， 不妨设，线段的中点为原点，且， 所以圆的圆心为，半径，方程为， 假设存在定点 满足条件，设直线的方程为， 联立，消去得，整理得， 设，则是上述方程的两根，恒成立， 由韦达定理得，， 此时 ， 令，解得或或， 当时，取定值；当时，取定值；当时，取定值； 综上所述，当点的坐标为时，取定值；当点的坐标为时，取定值； 当点的坐标为时，取定值. 【分析】（1）根据“伴生点”的定义以及几何性质，建立关于的方程，求出的长度，进而得到点的轨迹； （2）（i）根据“伴生点”的定义，得到圆的“伴生点”轨迹方程，再根据“共生点”的定义，将圆和圆的“伴生点”轨迹方程相减即可得到直线的方程；（ii）根据题意，设点，先通过联立直线与的轨迹方程求出的坐标，确定圆的圆心和半径，再联立直线和圆，利用韦达定理得到的表达式，根据为定值解得的值即可得出结论. 【详解】（1）将圆的方程配方得：，所以圆的圆心为，半径， 设点的坐标为，因为点在圆外，所以，连接并延长交圆于两点，如图所示， 则的最大值为，最小值为 。 由题意知，即，解得， 由两点间距离公式得，两边平方得： 故点的轨迹方程为. （2）（i）由（1）知，圆的“伴生点”轨迹方程为， 对于圆，其圆心为，半径， 设点为圆的“伴生点”，则点到圆心的距离 满足， 代入的值，， 所以圆的“伴生点”轨迹方程为：， 因为均为圆“ ”的“共生点”，所以是方程 ① 和 ② 表示的两个圆的交点， 两式相减得， 展开并化简，得，故直线的方程为； （ii）略. ◆题型9 隐圆综合压轴型 41．（2026·山东济南·三模）在中，，，为与的交点，且．若，则面积的最大值为（   ） A．6 B．12 C．18 D．24 【答案】B 【分析】以为原点，所在直线为轴，设，其中，联立直线与求得交点坐标，利用条件推出点坐标满足的方程，从而确定点的轨迹是以为圆心、半径为4的圆（上半部分，），当最大时即可求得面积最大值. 【详解】以为原点，所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，则，，设，其中，因为，所以， 由知，所以，所以， 所以直线的方程为， ，所以直线的方程为， 因为为与的交点，所以，解得， 代入计算得，所以， 因为， ，， 由得，化简得， 所以点的轨迹是以为圆心、半径为4的圆（上半部分，），所以 ，因为，所以面积的最大值为.    42．（2026·湖南·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别求出点P，G的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，， ∵，∴， G点的轨迹为. 又，则，， 即， 化简得P点的轨迹为. 在平面直角坐标系中作出G，P轨迹， 设G点轨迹与y轴两个交点分别为M，N，P点轨迹为圆， 圆心为，半径， 且与y轴两个交点分别为H，T，如图所示， 结合图象得：， 又，， 所以. 43．（26-27高二上·山东青岛·阶段检测）已知点，动点在圆上运动.设线段的中点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点为直线上的一动点.过点作曲线的两条切线，切点为，若的面积为，求点的坐标； (3)点是曲线上任意一点，点，是否存在定点，使得恒为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)或 (3)存在，或 【分析】（1）设线段的中点为，得出，代入方程中即可； （2）设，，得出，再令，解一元三次方程即可； （3）设，，，根据条件列关系式，再根据任意性即可列方程组求出. 【详解】（1）设线段的中点为，则， 代入中得，即， 故曲线的方程为； （2）设，， 则，则，， 则， 令，则，即， 得，则， 设，则，得或， 则或； （3）存在，或， 设，，， 因为，所以 ， 则， 因为点是曲线上任意一点，所以， 得或，即或 44．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)翻折问题紧扣边长、垂直关系等不变量，确定动点绕定轴做圆周运动的几何特征求解轨迹长度；(2)线面角问题依托投影定义，用参数形式设垂足坐标，通过翻折不变量列方程求解高度，再由线面角的正弦值公式计算；(3)二面角问题通过三垂线定理构造平面角，将正切值转化为单变量函数，通过换元法转化为二次函数求最值 【详解】（1）取的中点为，则从翻折至的过程中，点运动的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，因为，， 在中，，故斜边， 由等面积法，得，所以点运动的轨迹长度为. （2）以为原点，分别以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，为中点故，为中点故， 为中点，故，设点在平面上的投影为，由题意在直线上，设（为参数）， 则（为竖坐标）， 由翻折不变性、，列方程， 两式相减消去，化简得，将代入，解得， 设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. （3）二面角的棱为，平行于轴，过作平面，垂足为；过作于，连接， 平面， 平面，故， 因为，， 所以平面， 平面，故， 因为，，所以即为二面角的平面角， 由可推得的横、纵坐标相等，即，故设（），则， 到底面距离，到的水平距离（在处），因此， 由代入坐标得约束条件 将代入，得目标函数， ，设，， 令（），则，代入化简得， 令（），则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，当时，取得最大值，因此， 即的最大值为. 45．（2026·河北保定·二模）某设计图案由曲线与构成，曲线是以原点O为中心，为焦点的椭圆，曲线是满足的动点P的轨迹，如图所示，是两条曲线的一个交点，已知恰好与曲线相切． (1)求曲线和的方程； (2)直线与曲线的另一交点为，直线与曲线另一交点为，求的面积； (3)作一条与坐标轴不垂直且不过原点的直线，当直线与曲线交于两点，与曲线交于两点时，点关于原点的对称点为，若为的中点，点，记直线和直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】(1)，； (2) (3)为定值． 【分析】（1）设点，由题意可得，化简可得曲线的方程，由与相切，可得，根据椭圆的定义可得曲线方程； （2）由可得，求得直线的方程为，与椭圆联立方程可得，再由三角形面积公式计算求解即可； （3）设直线，直线与椭圆联立方程组可得，由垂径定理知，计算可得为定值. 【详解】（1）设点， 由得的轨迹方程为， 即曲线的方程为，它是以为圆心，以为半径的圆． 因为与相切，所以， 所以， 则， 得， 所以曲线方程为； （2）由（1）知，， 所以轴，则， 直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆联立得， ； （3）设直线， 将直线与椭圆联立得 则 所以， 又点恰为圆的圆心，而为弦CD的中点，由垂径定理知， 所以，则， 所以， 即为定值． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．已知动点与两个定点，的距离之比为，则动点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设动点， 由动点与两个定点，的距离之比为，即， 所以，即， 整理得，即， 所以动点的轨迹方程为． 2．已知点，，若直线上存在点C，使得，则实数k的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得点C在以为直径的圆上，记为圆D，求出圆D的圆心和半径，分析可得直线l与圆D有公共点，根据直线与圆的位置关系，分析计算，即可得答案. 【详解】因为，所以点C在以为直径的圆上，记为圆D． 因为，，所以圆心，圆D的半径， 因为点C在直线l上，所以直线l与圆D有公共点， 所以圆心D到直线l的距离，即， 化简得，解得，即实数k的取值范围是． 故选：B 3．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    4．在平面直角坐标系中，，．设，线段的中点为．则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出与的夹角，然后确定的中点的轨迹，最后根据圆外一点到圆上点的距离性质即可求解. 【详解】已知，，而，对其模长平方得： ， 代入数值：，解得，即， （也可以根据，证明，） 因为是中点，由直角三角形斜边中线性质，在中，斜边中线， 说明点的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆. 已知定点，原点到的距离，根据圆外一点到圆上点的距离性质： 圆上点到定点的最小距离为，最大距离为， 即，因此. 5．已知点为圆：上的动点，点为圆：上的动点，则线段的中点的轨迹围成图形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据圆和圆的方程在平面直角坐标系作出图形，然后由点和点是圆上动点，线段的中点为点，确定点轨迹的几何特征，从而得出轨迹围成的图形，即可求解． 【详解】解法一：如图所示，取的中点，的中点， 则在中，，则点在以为圆心，为半径的圆上， 在中，，则点在以为圆心，1为半径的圆上， 故点的轨迹为圆心在圆上的动圆，因为，所以覆盖的区域为圆环， 如下图： 则其面积为． 解法二：基于解法一，可知，，则， 即，所以点的轨迹为圆环， 则其面积为． 6．已知点是椭圆：上的动点，点满足，其中．记点的轨迹形成的区域为，则边界上的点到直线：的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由向量条件可知点可由椭圆上点叠加模长为的向量得到，区域为椭圆与单位圆盘的闵可夫斯基和，先利用椭圆参数方程结合辅助角公式求出椭圆上动点到已知直线的最大距离，再增加单位长度，即可得到边界上点到直线距离的最大值． 【详解】 设，，， 所以， 由，且在椭圆上， 而在以为圆心，半径为1的圆上， 对于椭圆，，， 设， 则椭圆上点到直线：的距离， 的振幅为，， ， 当时，取最大值， 所以边界上的点到直线：的距离的最大值． 二、多选题 7．在平面直角坐标系中，已知，，，直线l：，动点满足，则（   ） A．点的轨迹是圆 B．面积的最大值为3 C．点到距离的最大值为2 D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，设，由，根据距离公式化简得到结果；对于B，在圆上运动，其圆心在轴上，到轴上的最大距离为圆的半径，进而根据三角形面积公式计算；对于C，直线恒过点，当直线与过点和的直线垂直时，点到直线的距离最大；对于D，设圆心为C，则当直线PM与圆C相切时，最大，此时，在直角三角形中计算． 【详解】对于A，设，由，得， 即，即点的轨迹是圆，A正确； 对于B，在圆上运动，其圆心在轴上，则面积的最大值为，B正确； 对于C，当直线与过点和的直线垂直时，点到直线的距离最大，和间的距离为，即到距离的最大值为，C错误； 对于D，设圆心为C，则当直线PM与圆C相切时，最大，此时，易知，，则，D正确． 故选：ABD.    8．在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（   ） A．点的轨迹是圆 B．三棱锥的体积最大值为 C．存在点，使得 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据正四面体的性质、线面垂直的性质、正三角形的性质及圆的轨迹方程即可判断A；根据等体积法及圆上的点到定直线的最值即可判断B；根据向量的数量积及数量积运算律即可判断CD. 【详解】对于A，正四面体顶点在底面上的投影为底面正的重心，连接并延长，交于，连接， 所以平面，，为中点. 在正中，；在正中，. 在中，. 在中，， 即在平面内，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，A正确. 对于B，设点到的距离为. 因为， 所以当三棱锥体积最大时，点到的距离最大. 又点到的距离最大值， 所以，B错误. 对于C，在正中，. 因为， 所以当时，，此时. 故存在点，使得，C正确. 对于D，， 又，所以，此时与反向共线. 故当与反向共线时，取到最小值，为，D正确. 9．半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（    ） A．点在曲线上 B．曲线围成的区域面积等于16 C．曲线与直线有三个交点 D．曲线上点的横坐标的最大值为 【答案】ACD 【分析】选项A根据题意可知点到原点的距离，从而确定点在曲线上；选项B曲线围成的区域面积大于半径为的圆面积；选项C由曲线方程与直线方程可判断；选项D由参数方程得出点的横坐标，求最大值. 【详解】圆沿圆外侧无滑动滚动， 所以圆心的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆， 点到原点的距离满足， 点到原点的距离为， 当圆滚动到圆正上方时，点恰好位于， 故选项A正确； 由参数方程设圆的圆心为， 外摆线参数方程标准形式， 代入可得曲线的参数方程为（为参数）， 曲线由三个全等的瓣组成，并且包含圆围成的圆形区域． 取上方一瓣，两个相邻尖点为，，且由A项可知在该瓣上． 该瓣在圆外至少包含三角形位于圆外的部分． 因为，而圆中由弦截得的小弓形面积为，所以这一瓣在圆外的部分面积大于． 由三瓣全等可知，曲线围成区域的面积大于，故不可能等于，选项B不成立． 解方程，， 整理得 ， 作出与在的图象，有2个交点， 令，所以曲线与直线有三个交点，C正确； ， 令， ，， ，，在上递增， ，或， 在，上递减， 所以在处取得极大值，即最大值. 点坐标为， 当时，横坐标为最大值， 选项D正确. 三、填空题 10．已知P为圆上的动点，点，，若为常数，则______. 【答案】 【分析】利用动点坐标来表示距离之比，通过距离之比为常数，可得对应系数成比例，从而可求解. 【详解】设动点，则有， 由， 由于为常数,所以， 解得或，因为，所以， 故答案为：. 11．已知点，动点满足，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹并令，再利用几何意义列式求出范围. 【详解】由，得，整理得， 即，则动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 令，则，表示过点，且斜率为的直线， 显然直线与圆有公共点， 因此，即，解得， 所以的取值范围是. 12．直线：，若满足条件的所有直线围成的封闭区域边界记为，线段在直线：上运动，点为上任意一点，若上存在两点，，使得成立，则线段长度的最大值为________． 【答案】/ 【分析】先分析动直线围成的封闭区域边界为圆，再利用得，则从点向圆作两条切线，设切线夹角，设切线与的夹角为，则，即，可得，所以线段全部落在以为圆心，半径为的圆内部或圆上，从而可计算线段长度的最大值. 【详解】将直线方程转化为：. 则，即， 所以满足条件的所有直线围成的封闭区域为圆及其外部， 所以封闭区域边界为圆. 圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，点在圆外. 因为圆上存在两点，使得成立，所以. 所以从点向圆作两条切线，设切线夹角为，则. 设切线与的夹角为，则. 又因为，所以，所以， 即，所以线段全部落在以为圆心，半径为的圆内部或圆上. 故直线被以为圆心，半径的圆截得的弦长， 所以线段长度的最大值为. 四、解答题 13．（1）平面上动点到定点的距离与到直线距离之比为，求动点轨迹方程． （2）动点在曲线上移动，点和定点连线的中点为，求点的轨迹方程． （3）已知点，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是1．求点的轨迹方程； （4）在平面直角坐标系中，是坐标原点，点，动点满足．求动点的轨迹方程； 【答案】（1）（2）（3）（4）． 【分析】（1）设点，根据题意建立等式化简求解作答； （2）设出和点的坐标，利用中点坐标公式把点的坐标用点的坐标和常数表示，再由在定圆上，把的坐标代入圆的方程整理后即可得到答案； （3）设出点的坐标，利用斜率坐标公式结合已知，列出方程化简作答； （4）设出点的坐标，根据建立等式化简求解作答. 【详解】（1）设点，所以，到直线：的距离为， 由题意得，即， 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为； （2）设，， 因为为的中点，所以，即， 又因为点在曲线上，所以， 所以． 即点的轨迹方程为，也即； （3）设，． ，，， ，整理得，即． 故点的轨迹方程为． （4）设，点，则由， 得，化简可得， 故动点的轨迹的方程为． 14．已知圆，直线过点． (1)当圆心到直线的距离等于圆的半径时，求直线的方程； (2)设是圆上的动点，为线段的中点． ①求动点的轨迹方程； ②已知点，直线与的轨迹相交于，两点，当的面积取得最大值时，求直线的斜率． 【答案】(1)或 (2)①；② 【分析】（1）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，由点到直线距离列方程求直线； （2）①设点，根据中点坐标公式由M点坐标表示B点坐标，再代入圆方程即可得到动点的轨迹方程；②设圆心到直线距离为，表示出进而表示出的面积，求出当的面积取得最大值时的值，再分成直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，由点到直线距离列方程求直线的斜率. 【详解】（1）由圆，可得圆心，半径为， 若直线的斜率不存在，则，圆心到直线的距离为半径，符合题意； 若直线的斜率存在，设直线方程为，则， 故，此时的方程为， 综上，的方程为或． （2）①设点，由点是的中点和点， 得，所以， 因为在圆上运动，所以， 联立得， 化简得点的轨迹方程是； ②由题可知为的轨迹的圆心，设圆心到直线距离为， ，则， 当即时，的面积最大， 若直线的斜率不存在，则其方程为， 此时点到直线的距离，因，故不符合题意， 当直线的斜率存在时， 设直线的方程为：， ，解得． 15．已知圆C：，点D在圆C上运动，且点T满足（O为原点），记点T的轨迹为E. (1)求曲线E的方程； (2)若直线上存在一点P，过P作曲线E的两条切线，切点分别为G、H，若，求实数k的取值范围； (3)过点且不与x轴重合的直线与曲线E交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分?若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在点，使得x轴平分. 【分析】（1）利用相关点法求曲线方程； （2）根据条件转化为直线上存在一点P，使，转化为点为圆心，为半径的圆与直线有交点，即可列式求解； （3）首先设垂直于轴时，满足条件，当不与轴垂直时，设直线方程与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求定点的坐标. 【详解】（1）设，，则 因为，所以，， 所以，整理为， 所以曲线的方程为； （2）由条件可知，若存在点，使， 所以四边形是正方形，则， 则以点为圆心，为半径的圆与直线有交点， 所以，解得：， 所以的取值范围是； （3）当直线轴时，两点关于轴对称，则轴正半轴上任意点，使得轴平分； 当直线不与轴垂直时，设，直线为，与曲线联立， 得， ， 设，， ，， 由题可知，，代入，， 化简得，即， 代入韦达定理， 整理为，得， 综上可知，轴上存在点，使得x轴平分. 一 / 66 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优专题05 隐圆识别模型与综合应用（专项训练） 常考题型·精准突破 ◆题型1 到定点距离为定值型（重） ◆题型2 方程配方型（重） ◆题型3 直径圆型（直角对直径）（重） ◆题型4 四点共圆型（难） ◆题型5 阿波罗尼斯圆型（高频） ◆题型6 向量数量积型（高频） ◆题型7 平方和定值型 ◆题型8 隐圆的应用型（高频） ◆题型9 隐圆综合压轴型（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 ◆题型1 到定点距离为定值型 1．（26-27高三·全国·一轮复习）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（ ） A． B． C． D． 2．（2026·北京西城·一模）在平面直角坐标系中，点M在圆心为C的圆上．若动点P满足，则对于，点P到直线的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·云南曲靖·一模）在平面内，圆上三点，，满足，动点，满足，，则的最大值是（    ） A．4 B．5 C． D．6 4．（25-26高二上·河北·阶段检测）已知长度为的线段的两个端点和分别为直线和上的动点.设线段的中点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程. 5．（26-27高二上·江苏南京·阶段检测）已知直线l与圆O：相交于A，B两点，且． (1)若直线l过点，求直线l的方程； (2)①若线段的中点为点D，求点D的轨迹方程； ②记①中D的轨迹为曲线C，过点作直线m与曲线C交于两点，点Q的坐标为，直线，的斜率分别为，，求证：为定值． ◆题型2 方程配方型 6．（26-27高二上·广西南宁·阶段检测）若方程表示圆，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 7．（26-27高二上·江苏常州·阶段检测）方程表示的曲线长度为（     ） A． B． C． D． 8．（26-27高二上·江苏常州·阶段检测）（多选）已知圆：，圆：，若圆平分圆的周长，则（     ） A．圆的圆心在上 B． C．圆面积的最小值是 D．已知点，，则的最小值为5 9．（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）已知方程（是实数）表示的图形是圆． (1)求实数的取值范围； (2)求其中面积最大的圆的标准方程； (3)若点恒在所给的圆内，求的取值范围． 10．（25-26高二上·四川内江·阶段检测）动圆与直线交于两点. (1)证明动圆必过两定点；并求. (2)当时，过原点O的直线与圆C交于不同两点，且直线不过C圆心.过分别作圆C的切线，求证：在一条定直线上. (3)是否存在轨迹，在上任取点，无论为何值，都有为常数，若存在，求出轨迹方程；若不存在，请说明理由. ◆题型3 直径圆型（直角对直径） 11．（26-27高二上·河北衡水·阶段检测）已知圆，若圆上存在点使，则正数的取值范围是______. 12．（26-27高二上·江苏宿迁·阶段检测）设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，，的最小值为（     ） A． B． C． D． 13．（26-27高二上·广东广州·阶段检测）在直角坐标平面内，过定点的直线：与过定点的直线：相交于点，则点到点的距离的最大值为（     ） A． B． C． D． 14．（26-27高二上·江西·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，动点在曲线上运动，且满足． (1)求的方程； (2)已知直线：，与交于，两点． （ⅰ）若是等边三角形，求； （ⅱ）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值． 15．（26-27高二上·江苏南通·阶段检测）已知圆：，，过点的直线被圆所截得的弦的中点为，点的轨迹为曲线．过点的直线与曲线相交于，两点． (1)求曲线的方程； (2)若点，的面积为，求的取值范围； (3)是否存在轴上一点，使得为定值？若存在，求出所有这样的点坐标；若不存在，说明理由． ◆题型4 四点共圆型 16．（25-26高三·全国·一轮复习）已知点，四点共圆，则_______． 17．（25-26高二上·湖南长沙·阶段检测）已知直线与圆相交于A，B两点，下列说法正确的是（   ） A．|AB|的最小值为 B．若圆关于直线对称，则 C．当时，对任意，曲线是恒过直线与圆的交点的圆 D．若（O为坐标原点）四点共圆，则 18．（26-27高三上·甘肃天水·阶段检测）（多选）已知为坐标原点，椭圆：的右焦点为，，为上两点，且关于原点对称，，分别为线段，的中点，下列结论正确的是（     ） A．的取值范围为 B．若，则直线的斜率为0 C．若，则的离心率的取值范围为 D．若，则，，，四点共圆 19．（25-26高二上·陕西汉中·阶段检测）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，且，O为坐标原点． (1)求C的方程； (2)若直线与C的准线交于点P，过点P作直线交C于M，N两点，且直线与的倾斜角互补． （ⅰ）求直线所过定点的坐标； （ⅱ）证明：A，B，M，N四点共圆． 20．（2026高三下·江苏·竞赛）如图1，点分别为的内切圆与三条边的切点，，垂足为，直线交于点，直线交于点． (1)求证：四点共圆； (2)如图2，设点为线段的中垂线与的中垂线的交点，点为的中垂线与边上的高的交点．求证：． ◆题型5 阿波罗尼斯圆型 21．（26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）已知，，若直线上存在点，满足，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 22．（26-27高二上·浙江嘉兴·阶段检测）在长方体中，，，为棱的中点，动点满足，则点的轨迹与长方体的侧面的交线长等于（     ） A． B． C． D． 23．（26-27高二上·山西太原·阶段检测）（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：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，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，设动点的轨迹为，若过点的直线交于点，则下列说法正确的是（     ） A．的方程为 B．若点，则的最小值为 C．存在点和直线使得 D．若，则直线的方程为 24．（25-26高二上·四川成都·期中）已知圆的圆心在直线上，且过点，. (1)求圆的方程； (2)求过点的直线被圆截得的弦长为的直线方程； (3)若，是平面内不同的两定点，动点满足，则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点是上的动点，点，点是直线上的动点，求的最小值. 25．（26-27高二上·江苏南京·阶段检测）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）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，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，，点满足，设点所构成的曲线为． (1)过点的直线被曲线所截得的线段长为，求直线的方程； (2)过作直线与曲线交于，两点，中点为，求的最值； (3)已知点为圆上任意一点，过点向曲线作切线，切点为，试探究：平面内是否存在定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由． ◆题型6 向量数量积型 26．（26-27高二上·黑龙江大庆·阶段检测）已知，，直线上存在点，使得，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 27．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）直角中，斜边，，动点满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 28．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知线段的长为6，动点满足，则动点形成的轨迹的长度为______. 29．（25-26高二下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且到一定点的距离为定值，则该定值为___________． 30．（26-27高二上·吉林长春·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知点，，若动点满足． (1)求点的轨迹方程； (2)若，，判断是否存在点满足，若存在，请求出点；若不存在，请说明理由． ◆题型7 平方和定值型 31．（26-27高二上·江西·期中）在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 32．（25-26高二上·湖北·期中）已知圆，．若圆上存在点，使得，则的值可能为（　　） A．2 B． C． D．5 33．（25-26高二上·江苏泰州·期中）已知点，若圆上存在点，使得，其中为坐标原点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 34．（26-27高二上·广东汕头·阶段检测）在平面直角坐标系中，两点，，点满足， (1)求点的轨迹的方程； (2)若直线：，，判断曲线与直线的位置关系； (3)过点作直线交曲线于，两点，，求面积的最大值． 35．（26-27高二上·重庆九龙坡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，O是的交点，平面，且． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在底面内（含边界）有一动点，满足，记点的轨迹为． ①求的方程； ②若为棱上一点，求的最小值． ◆题型8 隐圆的应用型 36．（26-27高二上·江苏盐城·阶段检测）平面直角坐标系中，已知点，若直线：上总存在、两点，使得恒成立，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 37．（2026·山东·模拟预测）（多选）已知点的坐标为，点、在圆：上，，则下列说法正确的是（     ） A．点在圆内 B．的最大值为 C．的最小值为 D．面积的最大值为 38．（2026·湖南长沙·模拟预测）（多选）在中，角，，所对的边分别为，，，且．下列结论正确的是（     ） A．若为边的中点，则点在以为圆心、为半径的圆（去掉圆与直线的交点）上 B． C．若为点到直线的垂足，则一定在线段上 D．若，则为等边三角形 39．（26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，点满足，记点的轨迹为． (1)已知直线，若上恰有两个点到直线的距离都为，求实数的取值范围． (2)过点作直线交轨迹于点，，交轴于点． ①若，求直线的方程； ②若，，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 40．（26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）已知点在圆上，点在圆外，当的最大值是的最小值的倍时，则称为圆的“伴生点”；若点同时是圆和圆的“伴生点”，则称为圆“”的“共生点”．已知圆，为圆的“伴生点”． (1)求点的轨迹方程； (2)已知圆，，均为圆“”的“共生点”． （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）以线段为直径的圆记为圆，过点作斜率存在且不为的直线与圆交于、两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的点坐标；若不存在，请说明理由． ◆题型9 隐圆综合压轴型 41．（2026·山东济南·三模）在中，，，为与的交点，且．若，则面积的最大值为（   ） A．6 B．12 C．18 D．24 42．（2026·湖南·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 43．（26-27高二上·山东青岛·阶段检测）已知点，动点在圆上运动.设线段的中点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点为直线上的一动点.过点作曲线的两条切线，切点为，若的面积为，求点的坐标； (3)点是曲线上任意一点，点，是否存在定点，使得恒为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由. 44．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 45．（2026·河北保定·二模）某设计图案由曲线与构成，曲线是以原点O为中心，为焦点的椭圆，曲线是满足的动点P的轨迹，如图所示，是两条曲线的一个交点，已知恰好与曲线相切． (1)求曲线和的方程； (2)直线与曲线的另一交点为，直线与曲线另一交点为，求的面积； (3)作一条与坐标轴不垂直且不过原点的直线，当直线与曲线交于两点，与曲线交于两点时，点关于原点的对称点为，若为的中点，点，记直线和直线的斜率分别为，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．已知动点与两个定点，的距离之比为，则动点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 2．已知点，，若直线上存在点C，使得，则实数k的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．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． 4．在平面直角坐标系中，，．设，线段的中点为．则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知点为圆：上的动点，点为圆：上的动点，则线段的中点的轨迹围成图形的面积为（     ） A． B． C． D． 6．已知点是椭圆：上的动点，点满足，其中．记点的轨迹形成的区域为，则边界上的点到直线：的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．在平面直角坐标系中，已知，，，直线l：，动点满足，则（   ） A．点的轨迹是圆 B．面积的最大值为3 C．点到距离的最大值为2 D．的最大值为 8．在棱长为2的正四面体中，点在平面内，且，则下列说法正确的有（   ） A．点的轨迹是圆 B．三棱锥的体积最大值为 C．存在点，使得 D．的最小值为 9．半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（    ） A．点在曲线上 B．曲线围成的区域面积等于16 C．曲线与直线有三个交点 D．曲线上点的横坐标的最大值为 三、填空题 10．已知P为圆上的动点，点，，若为常数，则______. 11．已知点，动点满足，则的取值范围为___________． 12．直线：，若满足条件的所有直线围成的封闭区域边界记为，线段在直线：上运动，点为上任意一点，若上存在两点，，使得成立，则线段长度的最大值为________． 四、解答题 13．（1）平面上动点到定点的距离与到直线距离之比为，求动点轨迹方程． （2）动点在曲线上移动，点和定点连线的中点为，求点的轨迹方程． （3）已知点，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是1．求点的轨迹方程； （4）在平面直角坐标系中，是坐标原点，点，动点满足．求动点的轨迹方程； 14．已知圆，直线过点． (1)当圆心到直线的距离等于圆的半径时，求直线的方程； (2)设是圆上的动点，为线段的中点． ①求动点的轨迹方程； ②已知点，直线与的轨迹相交于，两点，当的面积取得最大值时，求直线的斜率． 15．已知圆C：，点D在圆C上运动，且点T满足（O为原点），记点T的轨迹为E. (1)求曲线E的方程； (2)若直线上存在一点P，过P作曲线E的两条切线，切点分别为G、H，若，求实数k的取值范围； (3)过点且不与x轴重合的直线与曲线E交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分?若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 一 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优专题05 隐圆识别模型与综合应用（专项训练） 常考题型·精准突破 ◆题型1 到定点距离为定值型 1．【答案】B 2．【答案】A 3．【答案】B 4． 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）利用直线和垂直，结合直角三角形的性质及圆的定义得出P的轨迹即可； （2）设直线方程结合弦长公式计算即可. 【详解】（1） 取直线和的交点为，易知为直角三角形， 则，所以点在以D为圆心，为半径的圆上， 其轨迹方程为； （2）利用圆的对称性可知当直线l斜率为零时，此时直线与圆相交弦长为，不符合题意； 所以可设该直线方程为，则圆心D到l的距离为， 又， 解方程得或， 即直线的方程为或. 5． 【答案】(1)或 (2) ① ②如图所示，设，直线， 由点，可得， 则， 由（1）可知当时，直线和圆必有两个交点， 联立方程组，消去得， 当时，，可知， 则，即为定值. 【分析】（1）根据弦长和半径求出弦心距，根据点斜式方程和点到直线距离公式，列出方程，求出参数，求出结果； （2）①根据（1）结论，判断点的运动轨迹是个圆，写出圆的方程即可； ②根据直线和圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理和两点间的斜率公式，求出的表达式，化简求出结果，说明为定值. 【详解】（1）可知圆心，半径，当时，圆心到直线的距离， 依题意，当直线l的斜率存在时，可设直线，化简得， 由到直线的距离为，解得， 即直线，变形得； 当直线l的斜率不存在时，直线到圆心距离为，符合条件； 综上所述，直线的方程为或. （2）①由（1）可知线段的中点到圆心的距离为，所以点D的轨迹方程为. ◆题型2 方程配方型 6．【答案】D 7．【答案】C 8．【答案】ABD 9． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将圆的一般方程进行配方整理成圆的标准方程，由即可求得t的取值范围； （2）根据，结合二次函数的性质即可得的最大值，从而可求得圆的标准方程； （3）将点代入圆的方程解不等式即可求得t的取值范围． 【详解】（1）原方程可整理为. 则，解得， 因此的取值范围为． （2）要使圆的面积最大，则圆的半径最大，即半径的平方最大， 由于，， 所以当时，的最大值为，此时圆的标准方程为． （3）若点在圆内，则应满足， 由于点恒在所给圆内，故， 即，解得， 结合（1）中求得的，可得的取值范围为． 10． 【答案】(1) 证明：因为方程为，即， 由，解得或，则动圆C恒过两定点的坐标为或； 易知圆C的圆心坐标为，圆C的半径为， 所以圆C的圆心到直线的距离为， 此时两点间的距离， 整理得，设，其对称轴为， 所以，则. (2) 此时C：，设， 易计算：过D点的切线方程为， 同理过E的切线方程为， 因为，故，. 所以在直线上，即直线DE为. 又因为，故，即，所以F在定直线上. (3)存在， 【分析】（1）根据分离参数整理圆的方程，等价转化为圆与直线相交，联立方程组求定点坐标，再利用圆的方程，表示出圆心与半径，利用弦长公式，可得答案； （2）由题意整理圆的方程，写出切线方程，并整理直线的方程，代入原点，可得答案； （3）联立圆与直线方程，写出韦达定理，表示出向量坐标，利用数量积的坐标表示，整理方程，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）存在，， 设，联立， 并整理得，由题意可得，由韦达定理得， 设，此时， 所以， 即， 因为，所以， 整理得， 因为无论为何值，都有为常数， 令为常数. 故存在定直线，即，其上任意点K满足条件. ◆题型3 直径圆型（直角对直径） 11．【答案】 12．【答案】C 13．【答案】B 14． 【答案】(1) (2)（ⅰ）或 （ⅱ）因为直线：，可知直线过定点， 设，． 联立方程，消去得：， 则，解得， 可得，， 则， 可得 ， 所以为定值． 【分析】（1）设动点，根据数量积的坐标表示求点的轨迹方程； （2）（ⅰ）分析可知圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式运算求解；（ⅱ）联立方程可得韦达定理，利用消元法可得，代入韦达定理运算求解即可. 【详解】（1）设动点，，， 则，． 所以，即的方程为． （2）（ⅰ）因为是等边三角形，则圆心到直线的距离， 即，化简得：，解得或． （ⅱ）略 15． 【答案】(1) (2) (3) 存在，点坐标为或或. 【分析】（1）设出点坐标，利用是弦中点，可得，利用向量数量积为0即可求得曲线的方程. （2）设出直线的方程，与圆的方程联立，列出韦达定理，表示出弦长，再求出点到直线的距离，即可用表示出面积，换元之后，利用导数判断增减性，即可求的范围. （3）分别表示出和，求出，代入韦达定理并化简，让得到的式子与无关，即可解出的值，从而求出点的坐标. 【详解】（1） 因为圆：，所以圆心，半径， 设， 因为点是过点的直线被圆所截得的弦的中点， 所以， 所以，，， 即， 所以曲线的方程为. （2） 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， ，解得或， 所以不妨设点，， ，此时； 当直线的斜率存在时，设过点的直线方程为， 联立，得， 设点，，由韦达定理得：，， 弦长 ， 点到直线的距离为， 所以面积， 令， 则， 令， ， 所以在上单调递增， 当时，即，直线趋近于轴，，此时三点共线，所以， 当时，即直线趋近于竖直线，， ， 综上所述，的取值范围为. （3） 存在， 点在圆上，所以有， 所以， 同理可得：， ， 代入韦达定理， 要使其为定值，即结果与无关， 即分子中的系数需等于常数项， 即， 即， 解得或或， 所以存在三个点满足要求，即，，.. ◆题型4 四点共圆型 16．【答案】 17．【答案】C 18．【答案】ACD 19． 【答案】(1) (2)（ⅰ）直线过定点； （ⅱ）证明如下： 设点的坐标为． 联立方程消去后整理得，故， 由（1）知，， 直线的斜率为，同理可得直线的斜率为． 又， 所以直线与直线互相垂直，故点在以线段为直径的圆上， 同理可得点在以线段为直径的圆上， 故，，，四点共圆．    【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程得到韦达定理式，再代入向量数量积的坐标表示式即可得到方程，解出即可； （2）（i）求出的坐标为，再根据倾斜角和斜率关系得直线的方程，化简即可得到定点； （ii）联立方程得到方程，计算直线与直线的斜率乘积得其互相垂直，则得到点的轨迹即可证明四点共圆. 【详解】（1）由题知，设两点的坐标分别为， 显然直线的斜率为0时不合题意，则设直线的方程为， 联立方程消去整理得， 则，，， 所以， 所以，解得， 所以的方程为． （2）（ⅰ）由（1）知的准线方程为，直线的方程为， 令，得，即点的坐标为， 由直线的斜率为，直线与直线的倾斜角互补，知直线的斜率为， 故直线的方程为，即， 故直线过定点． （ⅱ）略. 20． 【答案】(1)记，，，半周长、内切圆半径分别为，， 并令，，， 则，，，． 在内切圆的接触三角形DEF中， ，， ，． 由及半角公式，， 得． 在中，对直线、分别用梅涅劳斯定理：，． 代入上式及，，得，． 又，所以，． 于是． 由割线定理的逆定理，四点共圆． (2)记圆为．由的定义，是的圆心． 又因在的中垂线上，故；以为圆心、为半径作圆，则． 设在点的切线为．因，故． 由第一问及，，共线，则． 又，，共线，所以（直线角均模）． 由弦切弦角定理的逆定理，，从而． 又两圆，的公共弦为，圆心分别为，，故． 【分析】（1）利用接触三角形边角比例，对用梅涅劳斯定理求出长度，验证，最后割线定理逆定理即可证明四点共圆； （2）由是圆外接圆圆心，满足，结合角度推导得，再由是两圆公共弦，即可证明. 【详解】（1）略 （2）略 ◆题型5 阿波罗尼斯圆型 21．【答案】A 22．【答案】A 23．【答案】ABD 24． 【答案】(1) (2)和 (3) 【分析】（1）设出圆的标准方程，由圆心位置及圆过的点列方程组求解圆心坐标及半径即可； （2）分直线的斜率存在与不存在讨论，斜率不存在时直接验证；斜率存在时，设直线的点斜式方程，利用点到直线的距离公式求出斜率，进而得到直线方程； （3）设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，然后根据点到直线距离公式求最值即可. 【详解】（1）设圆的方程为，由题意，解得， 所以圆的方程为． （2）当垂直于x轴时，将代入圆的方程，得， 所以，， 此时截得的弦长为，满足条件； 当不垂直于x轴时，设的方程为即， 圆心到直线的距离， 由点到直线的距离公式得，解得， 此时直线的方程为即． 所以直线的方程为和． （3）设，则， 故 . 令，则， 其中为点E到直线的距离， 因为，所以的最小值为.    25． 【答案】(1)或 (2)的最大值：，的最小值：. (3)当时，为定值，当时，为定值 【分析】（1）使用几何法求直线与圆弦长问题，计算直线的斜率求解； （2）通过圆的定义确定点的轨迹，得出点的轨迹方程，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题求解； （3）设，使用解析法计算定值求解. 【详解】（1）设，由，得，即， 曲线的方程为，即曲线是以为圆心，2为半径的圆， 当直线斜率不存在时，直线方程为：，直线被曲线所截得的线段长为，符合题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为：， 圆心到直线的距离为：，则，解得，即，，此时直线方程为：，即， 所以直线的方程为：或. （2）设，由题意知，即，则点的轨迹是以为直径的圆， 中点为，，所以圆半径为，点的轨迹方程为：， 的最大值：，的最小值：. （3）设，则，即， ， 设，， 设，则， 即对满足的所有恒成立， 则有，解得或， 所以当时，，当时，. ◆题型6 向量数量积型 26．【答案】A 27．【答案】B 28．【答案】 29．【答案】 30． 【答案】(1)； (2)存在，，理由如下： ， 由得， 化简得， 与相减得， 将代入中得， 故存在点满足. 【分析】（1）根据得到方程，求出轨迹方程； （2）根据得，与（1）中的轨迹方程联立可得. 【详解】（1）因为，， 所以，即，化简得， 故点的轨迹方程为； （2）略 ◆题型7 平方和定值型 31．【答案】C 32．【答案】D 33．【答案】C 34． 【答案】(1) (2)相切 (3) 【分析】（1）设，利用两点距离公式表示，整理即得轨迹方程； （2）通过圆心到直线的距离与半径的大小关系即可判断； （3）设直线，将直线方程与圆方程联立消元，根据得到的一元二次方程得到韦达定理， 利用弦长公式表示三角形的底，利用点到直线距离公式表示出三角形的高，表示出三角形面积后利用基本不等式求最值. 【详解】（1）设，由可得，化简可得. 所以点的轨迹的方程为. （2）由（1）知，圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离，所以直线与圆相切. （3）设直线方程为， 联立 消去并整理可得 ， ， 设，则 由弦长公式可得 ， 又到直线的距离， 所以 令，则， 所以， 当且仅当即时取等号， 所以面积的最大值为. 35． 【答案】(1)由平面，平面，得， 底面是正方形，故， 而平面，故平面； (2) (3)①；② 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法即可求解； （3）①设，结合可得方程；②设，可得，则可得的表达式，要求的最小值，对于固定的t，此时需y取到最大值1，再结合二次函数的性质即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）以O为原点，分别以的方向为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系, 结合底面是边长为2的正方形，，可得， 则， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即； 设平面的法向量为，则，即， 令，则，即， 则， 故二面角的正弦值为； （3）①设，由得， 化简得，即的方程为； ②为棱上一点，，， 设，可得， 设，则 ， 要求的最小值，对于固定的t，此时需y取到最大值1， 令，，而， 即当时， ， 故的最小值为. ◆题型8 隐圆的应用型 36．【答案】B 37．【答案】AD 38．【答案】ABD 39． 【答案】(1) (2)①或. ②是，. 【分析】（1）先由直接法求出轨迹的方程，再由题意得到，再结合韦达定理即可求出的范围. （2）①由题中已知条件得到，再结合韦达定理即可求出直线的方程. ②由题中已知条件得到与，，之间的关系，再结合韦达定理即可求出的值. 【详解】（1）设点坐标为，，， 由，，. 点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆. 设圆心到直线的距离为，. 由上恰有两个点到直线的距离都为，，， .即实数的取值范围为. （2）①当直线与轴平行时，易知点，坐标分别为，， ，，不满足. 当直线与轴不平行时，由直线过点，设直线的方程为. 联立方程组，. 设点，坐标分别为，， 直线交轨迹于点，，由韦达定理得，，. 点在轴上，且点，在点的两侧，与的比值等于点与点的纵坐标的绝对值之比. 由，. 联立方程组. 直线的方程为或， 整理得直线的方程为或. ②为定值，探究如下； 如图所示； 由于是直线与轴的交点，将 代入，，即坐标为. 由①知，，，. 由，，，. 由，同理推出. ，. . 40． 【答案】(1) (2)（i）； （ii）设直线过点，斜率存在且不为，设轴上的定点为，如图所示， 联立直线与的轨迹方程，即，消去得， 整理得，解得，对应的， 不妨设，线段的中点为原点，且， 所以圆的圆心为，半径，方程为， 假设存在定点 满足条件，设直线的方程为， 联立，消去得，整理得， 设，则是上述方程的两根，恒成立， 由韦达定理得，， 此时 ， 令，解得或或， 当时，取定值；当时，取定值；当时，取定值； 综上所述，当点的坐标为时，取定值；当点的坐标为时，取定值； 当点的坐标为时，取定值. 【分析】（1）根据“伴生点”的定义以及几何性质，建立关于的方程，求出的长度，进而得到点的轨迹； （2）（i）根据“伴生点”的定义，得到圆的“伴生点”轨迹方程，再根据“共生点”的定义，将圆和圆的“伴生点”轨迹方程相减即可得到直线的方程；（ii）根据题意，设点，先通过联立直线与的轨迹方程求出的坐标，确定圆的圆心和半径，再联立直线和圆，利用韦达定理得到的表达式，根据为定值解得的值即可得出结论. 【详解】（1）将圆的方程配方得：，所以圆的圆心为，半径， 设点的坐标为，因为点在圆外，所以，连接并延长交圆于两点，如图所示， 则的最大值为，最小值为 。 由题意知，即，解得， 由两点间距离公式得，两边平方得： 故点的轨迹方程为. （2）（i）由（1）知，圆的“伴生点”轨迹方程为， 对于圆，其圆心为，半径， 设点为圆的“伴生点”，则点到圆心的距离 满足， 代入的值，， 所以圆的“伴生点”轨迹方程为：， 因为均为圆“ ”的“共生点”，所以是方程 ① 和 ② 表示的两个圆的交点， 两式相减得， 展开并化简，得，故直线的方程为； （ii）略. ◆题型9 隐圆综合压轴型 41．【答案】B 42．【答案】A 43． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，或 【分析】（1）设线段的中点为，得出，代入方程中即可； （2）设，，得出，再令，解一元三次方程即可； （3）设，，，根据条件列关系式，再根据任意性即可列方程组求出. 【详解】（1）设线段的中点为，则， 代入中得，即， 故曲线的方程为； （2）设，， 则，则，， 则， 令，则，即， 得，则， 设，则，得或， 则或； （3）存在，或， 设，，， 因为，所以 ， 则， 因为点是曲线上任意一点，所以， 得或，即或 44． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)翻折问题紧扣边长、垂直关系等不变量，确定动点绕定轴做圆周运动的几何特征求解轨迹长度；(2)线面角问题依托投影定义，用参数形式设垂足坐标，通过翻折不变量列方程求解高度，再由线面角的正弦值公式计算；(3)二面角问题通过三垂线定理构造平面角，将正切值转化为单变量函数，通过换元法转化为二次函数求最值 【详解】（1）取的中点为，则从翻折至的过程中，点运动的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，因为，， 在中，，故斜边， 由等面积法，得，所以点运动的轨迹长度为. （2）以为原点，分别以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，为中点故，为中点故， 为中点，故，设点在平面上的投影为，由题意在直线上，设（为参数）， 则（为竖坐标）， 由翻折不变性、，列方程， 两式相减消去，化简得，将代入，解得， 设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. （3）二面角的棱为，平行于轴，过作平面，垂足为；过作于，连接， 平面， 平面，故， 因为，， 所以平面， 平面，故， 因为，，所以即为二面角的平面角， 由可推得的横、纵坐标相等，即，故设（），则， 到底面距离，到的水平距离（在处），因此， 由代入坐标得约束条件 将代入，得目标函数， ，设，， 令（），则，代入化简得， 令（），则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，当时，取得最大值，因此， 即的最大值为. 45． 【答案】(1)，； (2) (3)为定值． 【分析】（1）设点，由题意可得，化简可得曲线的方程，由与相切，可得，根据椭圆的定义可得曲线方程； （2）由可得，求得直线的方程为，与椭圆联立方程可得，再由三角形面积公式计算求解即可； （3）设直线，直线与椭圆联立方程组可得，由垂径定理知，计算可得为定值. 【详解】（1）设点， 由得的轨迹方程为， 即曲线的方程为，它是以为圆心，以为半径的圆． 因为与相切，所以， 所以， 则， 得， 所以曲线方程为； （2）由（1）知，， 所以轴，则， 直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆联立得， ； （3）设直线， 将直线与椭圆联立得 则 所以， 又点恰为圆的圆心，而为弦CD的中点，由垂径定理知， 所以，则， 所以， 即为定值． 综合攻坚·知能拔高 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A B D B C C ABD ACD ACD 10． 11． 12．/ 13．（1）（2）（3）（4）． 【分析】（1）设点，根据题意建立等式化简求解作答； （2）设出和点的坐标，利用中点坐标公式把点的坐标用点的坐标和常数表示，再由在定圆上，把的坐标代入圆的方程整理后即可得到答案； （3）设出点的坐标，利用斜率坐标公式结合已知，列出方程化简作答； （4）设出点的坐标，根据建立等式化简求解作答. 【详解】（1）设点，所以，到直线：的距离为， 由题意得，即， 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为； （2）设，， 因为为的中点，所以，即， 又因为点在曲线上，所以， 所以． 即点的轨迹方程为，也即； （3）设，． ，，， ，整理得，即． 故点的轨迹方程为． （4）设，点，则由， 得，化简可得， 故动点的轨迹的方程为． 14．(1)或 (2)①；② 【分析】（1）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，由点到直线距离列方程求直线； （2）①设点，根据中点坐标公式由M点坐标表示B点坐标，再代入圆方程即可得到动点的轨迹方程；②设圆心到直线距离为，表示出进而表示出的面积，求出当的面积取得最大值时的值，再分成直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，由点到直线距离列方程求直线的斜率. 【详解】（1）由圆，可得圆心，半径为， 若直线的斜率不存在，则，圆心到直线的距离为半径，符合题意； 若直线的斜率存在，设直线方程为，则， 故，此时的方程为， 综上，的方程为或． （2）①设点，由点是的中点和点， 得，所以， 因为在圆上运动，所以， 联立得， 化简得点的轨迹方程是； ②由题可知为的轨迹的圆心，设圆心到直线距离为， ，则， 当即时，的面积最大， 若直线的斜率不存在，则其方程为， 此时点到直线的距离，因，故不符合题意， 当直线的斜率存在时， 设直线的方程为：， ，解得． 15．(1) (2) (3)存在点，使得x轴平分. 【分析】（1）利用相关点法求曲线方程； （2）根据条件转化为直线上存在一点P，使，转化为点为圆心，为半径的圆与直线有交点，即可列式求解； （3）首先设垂直于轴时，满足条件，当不与轴垂直时，设直线方程与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求定点的坐标. 【详解】（1）设，，则 因为，所以，， 所以，整理为， 所以曲线的方程为； （2）由条件可知，若存在点，使， 所以四边形是正方形，则， 则以点为圆心，为半径的圆与直线有交点， 所以，解得：， 所以的取值范围是； （3）当直线轴时，两点关于轴对称，则轴正半轴上任意点，使得轴平分； 当直线不与轴垂直时，设，直线为，与曲线联立， 得， ， 设，， ，， 由题可知，，代入，， 化简得，即， 代入韦达定理， 整理为，得， 综上可知，轴上存在点，使得x轴平分. 1 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $