第38讲 圆与方程（解析版）.docx

1、第38讲 圆与方程【高考地位】圆的方程是高考中的热点问题之一，解决这类问题主要以方程思想和数形结合的方法来处理，求圆的方程或找圆心坐标和半径的常用方法是待定系数法及配方法，还应注意恰当运用平面几何知识对其进行求解，在高考中通常是以易题出现，主要以选择题、填空题形式考查，其试题难度属中档题.类型一 求圆的方程万能模板内 容使用场景确定一个圆的方程解题模板第一步 根据已知条件恰当设出圆的方程的形式；第二步 结合题意列出方程求出圆的方程对应的参数；第三步 得出结论.例1 以为圆心，且与两条直线与同时相切的圆的标准方程为（ ）A BC D【答案】.【解析】试题分析：因为两条直线与的距离为，所以所求圆的

2、半径为，所以圆心到直线的距离为即或，又因为圆心到直线的距离也为，所以，所以所求的标准方程为，故应选.考点：直线与圆的位置关系.【点评】求圆的方程时，应根据条件选用合适的圆的方程.一般来说，求圆的方程有两种方法：(1)几何法，通过研究圆的性质进而求出圆的基本量.确定圆的方程时，常用到的圆的三个性质：圆心在过切点且垂直切线的直线上；圆心在任一弦的中垂线上；两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线.(2)代数法，即设出圆的方程，用待定系数法求解.【变式演练1】【北京市第一六一中学2021届高三上学期期中考试】圆心在直线上且与y轴相切于点的圆的方程是（ ）ABCD【答案】A【分析】根据圆的标准方程得到

3、圆心坐标，代入直线方程验证是否满足，再把点代入所给的选项验证是否满足，逐一排除可得答案.【详解】A. 圆心为，满足，即圆心在直线，代入，即成立，正确；B. 圆心，满足，即圆心在直线，代入，错误；C. 圆心，满足，即圆心在直线，代入，错误；D. 圆心，满足，即圆心在直线，代入，错误. 故选：A.【变式演练2】已知圆与倾斜角为的直线相切于点，且与曲线相外切，则圆的方程为（ ）A，B，C，D，【来源】河南省顶级名校2021-2022学年高三上学期9月开学联考数学（理）试题【答案】D【分析】求出直线方程为，设出圆的方程，构建方程组即可得到结果.【详解】过点且倾斜角为的直线方程为，即，设圆的圆心为，半径

4、为，由题意直线垂直于直线，故，可得，两圆相切，有，（1）时，解得，圆的方程为；（2）时，解得，圆的方程为；故选：D【变式演练3】【四川省凉山州2020届高三第三次诊断性检测数学（理科）】阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若定点为，写出的一个阿波罗尼斯圆的标准方程_；中，则当面积的最大值为时，_.【答案】 【分析】（1）设动点为，则或，化简即得阿波罗尼斯圆的标准方程；（2）设，得到点的轨迹

5、方程是，再求出圆的半径为，解方程即得解.【详解】（1）设动点为，则或，所以或，化简得.所以的一个阿波罗尼斯圆的标准方程为.（2）设，因为，所以，所以，点的轨迹是图中的圆.当面积的最大值为时，轴，此时就是圆的半径，所以圆的半径为.所以.故答案为：；.类型二 与圆有关的最值问题万能模板内 容使用场景求与圆有关的最值问题解题模板第一步 把有关式子进行转化或利用所给式子的几何意义进行分析 ；第二步 运用数学结合及转化的数学思想进行求解；第三步 得出结论.例2 已知实数x、y满足方程x2y24x10. 求：(1)的最大值和最小值；(2) 的最小值；(3）的最大值和最小值.【答案】（1）；（2）；（3）.

6、【点评】把有关式子进行转化或利用所给式子的几何意义解题，充分体现了数形结合以及转化的数学思想，其中以下几类转化极为常见，要注意熟记：(1)形如m的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；(2)形如taxby的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；(3)形如m(xa)2(yb)2的最值问题，可转化为两点间距离的平方的最值问题.【变式演练4】已知定直线l的方程为，点Q是直线l上的动点，过点Q作圆的一条切线，是切点，C是圆心，若面积的最小值为，则此时直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为（ ）AB2CD【来源】“超级全能生”2021届高三3月份高考数学（理）联考试题（丙卷）【答案】B【分析

7、】由题意可得直线l的方程为，再求出圆C的圆心坐标与半径，由面积的最小值为求得，再由点到直线的距离公式求解k，可得直线l的方程，进一步求得直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值【详解】解：由题意可得直线l的方程为，圆C的圆心，半径为1，如图：，又，当取最小值时，取最小值，此时，可得，则，解得，则直线l的方程为，则直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为故选：B【变式演练5】将函数的图象绕点逆时针旋转，得到曲线，对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图象，则最大时的正切值为（ ）ABCD【来源】山东省青岛市2021-2022学年高三上学期开学考试数学试题【答案】B【分析】先画出函数的图象

8、，然后根据由图可知当此圆弧绕点逆时针方向旋转角大于时，曲线都不是一个函数的图象，求出此角即可【详解】解：由，得，则函数的图像是以为圆心的圆的一部分，先画出函数的图象,这是一个圆弧AB，圆心为,如图所示，由图可知当此圆弧绕点逆时针方向旋转角大于时，曲线都不是一个函数的图象，即当圆心在x轴上时，所以最大值即为，所以最大时的正切值为.故选：B.【变式演练6】【浙江省长兴、余杭、缙云2020届高三下学期模拟】已知直线l与单位圆O相交于，两点，且圆心O到l的距离为，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】根据题意，用特例设出符合条件的直线与圆的方程，再联立解方程组逐项排除可得答案.【详解】圆的方程

9、为，圆心到直线的距离为，交于与，由与联立得或，则，排除BD；圆心到直线的距离为，交于和设与联立得或则，排除D，故选：A.类型三 与圆有关的轨迹问题万能模板内 容使用场景与圆有关的轨迹问题解题模板第一步 结合题意恰当的选择求圆有关的轨迹问题的方法如直接法、定义法、几何法和代入法等；第二步 得出结论.例3 点与圆上任一点连线的中点的轨迹方程是（ ）A BC D【答案】A【解析】试题分析：设圆上任一点为，中点为，根据中点坐标公式得，因为在圆上，所以，即，化为，故选A.考点：1、圆的标准方程；2、“逆代法”求轨迹方程. 【方法点晴】本题主要考查圆的标准方程、“逆代法”求轨迹方程，属于难题.求轨迹方程的

10、常见方法有:直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；逆代法，将代入.本题就是利用方法求的轨迹方程的.【变式演练7】棱长为2的正方体，E，F分别为棱AB与上的点，且，则EF的中点P的轨迹为L，则L的长度为_.【来源】重庆市第一中学校2021届高三下学期第三次月考数学试题【答案】【分析】如图，设，则，可以以为长、宽、高构成长方体，为体对角线，则可得（），可得点的轨迹是一个的圆弧，且，所以的中点的轨迹为半径为的一个的圆弧，从而可得答案【详解】如图，设，则，可以以为长、宽、高构成长方体，为体

11、对角线，所以，所以（），所以，因为，所以图中点的轨迹是一个的圆弧，且，因为为的中点，所以的高度始终为，所以的轨迹在一个水平面内，所以可平移到底面，即为的中点，可设，则，的中点为，所以的中点的轨迹为半径为的一个的圆弧，所以长度为，故答案为：【变式演练8】【2020高考命题专家预测密卷文科】已知圆，是圆上两点，点且，则线段中点的轨迹方程是_.【答案】【分析】依题意设是线段的中点，则，可得，在中利用勾股定理计算可得；【详解】解：如图所示，是线段的中点，则，因为，于是，在中，由勾股定理得，整理得的轨迹是.故答案为：【高考再现】1（2021北京高考真题）已知圆，直线，当变化时，截得圆弦长的最小值为2，则

12、（ ）ABCD【答案】C【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出【详解】由题可得圆心为，半径为2，则圆心到直线的距离，则弦长为，则当时，弦长取得最小值为，解得.故选：C.2（2021全国高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）A点到直线的距离小于B点到直线的距离大于C当最小时，D当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确

13、，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.3.【2020年高考全国卷理数11】已知，直线，为上的动点，过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）ABCD【答案】D【思路导引】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程【解析】圆的方程可化为，点到直线的距离为，直线与圆相离依圆的知识可知，四点四点共圆，且，而，当直线时，此时最小即

14、，由解得，以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程，故选D【专家解读】本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养解题关键是圆的几何性质的应用4.【2020年高考全国卷文数6】已知圆，过点的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）A B C D 【答案】B【思路导引】根据直线和圆心与点连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论【解析】圆化为，圆心坐标为，半径为，设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，根据弦长公式最小值为，故选B【专家解读】本题考查了考查直线与圆位置关系的应用，考

15、查圆的几何性质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养解题关键是圆的几何性质及勾股定理的应用5.【2015高考四川，文10】设直线l与抛物线y24x相交于A，B两点，与圆C：(x5)2y2r2(r0)相切于点M，且M为线段AB中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是( )(A)(1，3) (B)(1，4) (C)(2，3) (D)(2，4)【答案】D【解析】不妨设直线l：xtym，代入抛物线方程有：y24ty4m0,则16t216m0又中点M(2t2m，2t)，则kMCkl1,即m32t2,当t0时，若r5，满足条件的直线只有1条，不合题意，若0r5，则斜率不存在的直线有2条，此时只需对

16、应非零的t的直线恰有2条即可. 当t0时，将m32t2代入16t216m，可得3t20，即0t23,又由圆心到直线的距离等于半径，可得dr,由0t23，可得r(2，4).选D【考点定位】本题考查直线、圆及抛物线等基本概念，考查直线与圆、直线与抛物线的位置关系、参数取值范围等综合问题，考查数形结合和分类与整合的思想，考查学生分析问题和处理问题的能力.【名师点睛】本题实质是考查弦的中垂线过定点问题，注意到弦的斜率不可能为0，但有可能不存在，故将直线方程设为xtym，可以避免忘掉对斜率不存在情况的讨论.在对r的讨论中，要注意图形的对称性，斜率存在时，直线必定是成对出现，因此，斜率不存在(t0)时也必

17、须要有两条直线满足条件.再根据方程的判别式找到另外两条直线存在对应的r取值范围即可.属于难题.6.【2020年高考全国卷文数8】若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）A B C D【答案】B【思路导引】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离【解析】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为由题意可得，可得，解得或，圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为，圆心到直线的距离

18、为故选B【专家解读】本题考查了考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的几何性质的应用，考查点到直线距离公式，考查数学运算、直观想象等学科素养解题关键是应用圆的几何性质求圆的方程7【2020年高考北京卷5】已知半径为的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）A B C D 【答案】A【解析】由题意知圆心在以为圆心，为半径的圆上，所以圆心到原点的距离的最小值为，故选A【专家解读】本题考查了点与圆的位置关系，考查两点间距离公式，考查数学运算、直观想象等学科素养解题关键是熟记有关公式8.【2020年高考江苏卷14】在平面直角坐标系中，已知，是圆：上的两个动点，满足，则面积的最大值是_【答案】【解析】

19、如图，作所在直径，交于点，则：，为垂径要使面积最大，则位于两侧，并设，计算可知，故，故，令，记函数，则，令，解得（舍去）显然，当时，单调递减；当时，单调递增；结合在递减，故时最大，此时，故，即面积的最大值是（注：实际上可设，利用直角可更快速计算得出该面积表达式）9.【2020年高考天津卷12】已知直线和圆相交于两点若，则的值为_【答案】5【思路导引】根据弦长公式，再由点到直线的距离公式可求出，即可求得【解析】因为圆心到直线的距离，由可得，解得故答案为：【专家解读】本题考查了直线与圆的位置关系，考查圆的弦长的计算，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养解题关键是应用垂径定理，找直角三角形解决

20、问题10.【2020年高考浙江卷15】设直线，圆，若直线与，都相切，则 ； 【答案】；【思路导引】由直线与圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可【解析】由题意可知直线是圆和圆的公切线，为如图所示的切线，由对称性可知直线必过点，即 并且， 由解得：，故答案为：；故答案为：【专家解读】本题考查了直线与圆的位置关系，考查圆的切线性质，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养解题关键是圆的切线几何性质的应用【反馈练习】1【河南省焦作市20202021学年高三年级第一次模拟考试】设、且，直线，圆，则直线与圆的位置关系是（ ）A相交B相切C相离D都有可能【答案】C【分析】将圆的方程化为标准方程，确定

21、圆的圆心坐标和半径，计算出圆心到直线的距离，并将该距离与圆的半径进行大小比较，由此可判断出直线与圆的位置关系.【详解】将圆的方程化为，圆心坐标为，半径.又因为圆心到直线的距离，故直线与圆相离.故选：C.2【江苏省南通市如皋中学2020-2021学年高三上学期第一次月考】对于给定的复数，若满足的复数对应的点的轨迹是圆，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】求出圆心坐标和半径，利用表示点到1对应的点的距离，由这点到圆心的距离加减半径可得【详解】满足的复数对应的点的轨迹是圆，圆心对应的复数是，半径为2，表示点到1对应的点的距离，又，故选：A3【广东省汕头市金山中学四校2021届高三上学期10

22、月联考】已知点为函数的图象上任意一点，点为圆上任意一点，则线段的长度的最小值为（ ）ABCD【答案】A【分析】将的最小值，转化为到圆心的最小距离再减去半径来求得的最小值.设出函数上任意一点的坐标，求得圆心的坐标，利用两点间的距离公式求得的表达式，利用导数求得这个表达式的最小值，再减去求得的最小值.【详解】依题意，圆心为，设点的坐标为，由两点间距离公式得，设，令解得，由于，可知当时，递增，时，递减，故当时取得极大值也是最大值为，故，故时，且，所以，函数单调递减.当时，当时，即单调递增，且，即，单调递增，而，故当时，函数单调递增，故函数在处取得极小值也是最小值为，故的最小值为，此时.故选A.4【吉

23、林省梅河口五中、辽源五中、四平四中2020-2021学年高三（上）第一次联考】已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由题可知直线与圆相交，且原点在圆外，建立不等式即可求出.【详解】解：若直线与圆相交，则到直线的距离小于，即，解得若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆外，由此可得，若函数的图象与圆有四个公共点，则故“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件故选：B5已知是半径为1的动圆上一点，为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，则当取最大值时，的外接圆的方程为（ ）ABCD

24、【来源】陕西省榆林市第十中学2021届高三下学期第11次模拟考试理科数学试题【答案】A【分析】由题设，确定的轨迹方程，结合已知可得，再根据切线的性质、勾股定理及面积法得到关于的关系式且的外接圆以线段为直径，结合两圆的位置关系及其动点距离最值情况，写出外接圆的方程.【详解】由，则动圆心的轨迹方程为.为圆上的动点，又，当最小时，最小，当最大时，最大.当时，取最大值，的外接圆以线段为直径，而中点，即中点为，外接圆方程为，即.故选：A6【江西省南昌市2021届高三摸底测试】已知直线与圆：相交于，两点，为坐标原点，若锐角的面积为，则（ ）ABCD【答案】B【分析】根据圆的性质可得，弦所对的圆周角等于圆心

25、角的一半，利用面积公式求出，即可得出.【详解】圆：整理得，可知圆心为，半径为，且圆过原点，根据圆的性质可得，弦所对的圆周角等于圆心角的一半，锐角的面积为，则，解得.故选：B.7在平面直角坐标系中，圆，若圆上存在以为中点的弦，且，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】C【分析】本题的实质是圆上存在两点，使.若，为切线，则可求得.过向圆引的两条切线的夹角不小于时，进而求得答案.【详解】为的中点，且，为直角三角形，若，为切线，且，则，在中，则，过点向圆引的两条切线的夹角不小于时，满足题意，则圆心到的距离不大于，即，解得.故选：C.8【陕西省西安市西北工业大学附属中学2020届高三下学期高考猜题卷】

26、已经点A在圆上，直线与两坐标轴交点分别为M，N两点，则面积的最小值为（ ）ABCD【答案】D【分析】首先求出圆上的点到直线距离的最小值，再求出M，N两点间的距离，利用三角形的面积公式即可求解.【详解】圆的圆心为，半径，圆上的点A到直线距离的最小值为，由已知可得，面积的最小值为.故选：D9已知圆：交直线于，两点，则对于，线段长度的最小值为（ ）A1BCD2【来源】重庆市巴蜀中学2021届高三适应性（九）数学试题【答案】C【分析】由题意圆的圆心在单位圆上，求出点到直线的距离的最大值，根据圆的弦长，可得答案.【详解】由圆：，知该圆的半径，圆心在单位圆上，原点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为

27、，由可知，当取最大值时，线段长度的最小值为，故选：C 10在平面直角坐标系中，已知圆：，点，过动点引圆的切线，切点为.若，则长的最大值为（ ）ABCD【来源】江苏省南通学科基地2021届高三高考数学全真模拟试题（五）【答案】A【分析】由已知，结合圆的切线性质可求的轨迹方程，然后结合圆的性质即可求解的最大值【详解】设，因为与圆相切，为切点，故，所以，所以，整理得，所以的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，在圆内，所以长的最大值为故选：11【广西名校2021届高三上学期第一次高考模拟】在平面直角坐标系中，A（），B（），C为上的动点，则的取值范围为_.【答案】【分析】当共线或重合时，最小值易得，然后求得

28、点坐标得，设，在两个相邻三角形中应用余弦定理表示出和，消去，并代入，得，然后用柯西不等式得的最大值【详解】如图，易知当与重合或者是线段与圆的交点时，直线方程是，即，由，解得或，即，设，则，代入，并化简得：，为直径时取等号由柯西不等式，当且仅当时等成立，即，的取值范围是故答案为：【点睛】关键点点睛：解题关键是找到的关系式，设，则，消去，用表示出，得出不等关系，然后用柯西不等式得出结论12【2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟预测卷】在平面直角坐标系中，已知，为圆：上两个动点，且.若直线上存在点，使得，则实数的取值范围为_.【答案】【分析】根据题意求出的中点的轨迹，由，设，进而求出

29、点在以为圆心，1为半径的圆上，根据点在直线：上，利用直线与圆的位置关系即可求解.【详解】由题意知圆的圆心，半径.取的中点，连结，则.所以，所以点在圆上.因为，设，则，所以则因为在圆上，所以，即，所以点在以为圆心，1为半径的圆上，又点在直线：上，所以直线与圆有公共点，所以，解得.故答案为：13【江苏省徐州市2020届高三（6月份）高考数学考前模拟】在平面直角坐标系中，若圆：与圆：上分别存在点，使为以为直角顶点的等腰直角三角形，且斜边长为，则实数的值为_.【答案】【分析】将圆的方程标准化可得圆心半径，由已知可得，则，数形结合得到的坐标，计算即可得解.【详解】由已知得圆的标准方程为，得：圆心，半径；

30、圆的标准方程为，得：圆心，半径；为以为直角顶点的等腰直角三角形，且斜边长为，即,又点和点都在圆上，且圆的半径，只能是圆的直径，即点只能是圆与轴的交点（0，2），又点在圆上，点只能是圆与轴的交点，在圆中，令，得：，解得：或（舍去），由，得：，故答案为：-2或2.14【湖北省武汉市武昌区2020届高三下学期六月供题文科】在正方体中，M为棱的中点，且，点P为底面所在平面上一点，若直线PM，PC与底面所成的角相等，则动点P的轨迹所围成的几何图形的面积为_.【答案】【分析】由题意结合线面角的概念可得，进而可得，建立平面直角坐标系，设，由两点之间距离公式可得，化简即可得解.【详解】设正方体的棱长为，连接，

31、则，解得，连接、，如图，易得、即为直线PM，PC与底面所成的角，由可得，所以，如图建立平面直角坐标系，则，设，则，化简得，故点P的轨迹为圆，且半径满足，故所求面积为.故答案为：.15在平面图直角坐标互中，给定两点，点在轴的正半轴上移动，当最大值时，点的横坐标为_【来源】浙江省丽水市外国语实验学校2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】【分析】根据条件结合圆的性质，转化为求圆的半径最小，利用数形结合，即可求解.【详解】过点三点的圆的圆心在线段的中垂线上，其中为弦所对的圆周角，所以当圆的半径最小时，最大，设圆心坐标为，又由点在轴上移动，当圆和轴相切时，取得最大值，设切点为，圆的半径为，

32、所以圆的方程为，代入点代入圆的方程，可得，整理得，解得或（舍去），所以点的横坐标的为.故答案为：.16已知点为圆上的动点，过圆心作直线垂直于轴交点为，点为关于轴的对称轴，动点满足到点与到的距离始终相等，记动点到轴距离为，则的最小值为_【来源】贵州省贵阳市五校（贵州省实验中学、贵阳二中、贵阳八中、贵阳九中、贵阳民中）2022届高三联合考试（一）数学（理）试题【答案】【分析】根据动点满足到点与到的距离始终相等，得到动点的轨迹为开口向左的抛物线，然后利用抛物线的定义， 由的最小值为求解.【详解】如图所示：，由抛物线的定义可知，动点的轨迹为开口向左的抛物线，其焦点坐标为，准线方程为，所以抛物线方程为圆

33、的圆心为，半径为，连接交圆于点，交抛物线于点，此时最小，利用两点距离公式得，所以的最小值为故答案为：17已知平面上到两直线与的距离平方和为1的点的轨迹是一个圆，则实数_.【来源】上海市华东师范大学第二附属中学2021届高三三模数学试题【答案】【分析】根据题意列出方程，再化简，满足圆的方程的条件得到关于的方程，最后解方程即可.【详解】设此点的坐标为，则依题意有，化简得，此方程要表示圆，则.故答案为：.18动点与给定的边长为1的正方形在同一平面内，设此正方形的顶点为，（逆时针方向），且点到，的距离分别为，若，则点的轨迹是_；点到点的最大距离为_【来源】北京市北京二中2020届高三12月份月考数学试

34、题【答案】圆； 【分析】以B为原点，建立平面直角坐标系，根据，得出点P的轨迹是圆，结合图象可得P点到D点的最大距离.【详解】以B为原点，建立如图所示的坐标系，不妨设，则，又，整理，可得，所以点的轨迹是圆，其方程为（注：坐标系建立的不同，圆的方程的形式不同）.结合图象可得，点到点的最大距离为，故答案为：圆；.19已知直线被圆截得的弦的中点为M，若，O为坐标原点，则点M的轨迹方程为_，的最大值为_.【来源】浙江省杭州市学军中学2021届高三下学期适应性考试数学试题【答案】 【分析】首先设出所求轨迹的点，然后根据以及消参数即可得到轨迹方程；由于直线过定点，分析可知最大即与圆的圆心之间的距离半径.【详

35、解】圆的圆心为，半径为4设，显然不能同时为0，则（1）若，则有又因为，所以，所以又因为，所以将带入直线，即（2）若，即，则此时直线为平行于的直线，即，此时在上；（3）若，即直线为平行于轴的直线，此时即，在上；综上可知：点M的轨迹方程为圆的圆心为，半径为所以故答案为：；【点睛】求动点轨迹方程的常用方法：（1）直接法；（2）定义法；（3）相关点法.20【江苏省南通市2020届高三（5月份）高考数学阶段性模拟】在平面直角坐标系中，圆：，直线：.为圆内一点，弦过点，过点作的垂线交于点.（1）若，求的面积；（2）判断直线与圆的位置关系，并证明.【答案】（1）；（2）直线与圆相切，证明见解析.【分析】（1

36、）根据直线平行可得直线MN的方程，然后求出弦长和高，可得三角形的面积；（2）联立方程求出点的坐标，利用向量数量积证明，进而可得直线与圆的位置关系.【详解】（1）因为，设直线的方程为，由条件得，解得，即直线MN的方程为.因为，所以，即，所以.又因为直线与直线间的距离，即点到直线的距离为3，所以的面积为.（2）直线与圆相切，证明如下：设，则直线的斜率，因为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为.联立方程组解得点的坐标为，所以，由于，所以，所以，即，所以直线与圆相切，得证.21【福建省厦门市第一中学2020届高三最后一模】已知圆与动直线交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点.（1）求M的轨迹

37、方程；（2）已知点，当时，求l的方程及的面积.【答案】（1）；（2），的面积为.【分析】（1）确定直线过定点，是已知圆圆心，由弦中点性质得，即在以为直径的圆上，由此可得轨迹方程（2）由（1）得M的轨迹为圆，圆心为，半径为，由于点，M均在圆上，又，由圆的性质可知，这样可求得的斜率得直线方程，再求出和到直线距离，可得弦长，从而得的面积【详解】解：（1）直线过定点，圆可化为，圆心，设动点，因为M为AB中点，即，在以为直径的圆上，易知中点为，半径为点M的轨迹方程为.（2）由（1）得M的轨迹为圆，圆心为，半径为，因为点，M均在圆上，又，由圆的性质可知，又，直线l的方程为，即，到直线的距离为，到直线（直线）的距离为，又，综上得，l的方程为，的面积为. 35 / 35微信公众号：数学讲义试卷 囡囡老师微信jiaoyu376 word学生+教师双版下载QQ群：457512538