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与圆有关的轨迹问题
【考点梳理】
求动点的轨迹方程（即曲线的方程）就是指求动点P（即曲线上任意一点P（x，y））的横坐标x与纵坐标y所应满足的关系式，题型不同，方法不同。
【题型归纳】
题型一、直接法
1．已知点，，，动点P满足，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．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．
3．已知圆，直线l满足___________（从①l过点，②l斜率为2，两个条件中，任选一个补充在上面问题中并作答），且与圆C交于A，B两点，求AB中点M的轨迹方程.
4．古希腊著名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，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．则点的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
5．阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：在平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则面积的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．4
题型二、相关点法
6．已知点在圆上运动，，点为线段的中点．
(1)求点的轨迹方程
(2)求点到直线的距离的最大值和最小值．
7．设定点，动点N在圆上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹．
题型三、定义法
8．设A为圆上的动点，是圆的切线且，则P点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知等腰三角形的底边对应的顶点是，底边的一个端点是，则底边另一个端点的轨迹方程是___________
题型四、几何法
10．已知圆，点，内接于圆，且，当，在圆上运动时，中点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
11．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（ ）
A． B． C． D．
12．如图，P为圆O：x2+y2＝4外一动点，过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，∠APB＝120°，直线OP与AB相交于点Q，点M（3，），则|MQ|的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
一、单选题
13．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，则点的轨迹的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
14．由两个边长为的等边三角形构成的菱形ABCD中（BD为两个等边三角形的公共边），若点Q满足，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
15．已知椭圆（a>b>0）的两个焦点分别为F1，F2，设Р为椭圆上一动点，角的外角平分线所在直线为l，过点F2做l的垂线，垂足为S，当点Р在椭圆上运动时，点S的轨迹所围成的图形的面积为：（ ）
A．a2 B．4a2 C．' D．
16．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
17．已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
18．古希腊数学家阿波罗尼斯（约前262—前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，圆上有且仅有一个点P满足，则r的取值为（ ）
A．1 B．5 C．1或5 D．不存在
19．已知点A的坐标是（-1，0），点M满足|MA|=2，那么M点的轨迹方程是（ ）
A．x2+y2+2x-3=0 B．x2+y2-2x-3=0 C．x2+y2+2y-3=0 D．x2+y2-2y-3=0
20．阿波罗尼斯约公元前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A，B间的距离为2，动点P与A，B距离之比满足：，当P、A、B三点不共线时，面积的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．
21．在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且 ，点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
22．已知，，，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
23．已知 ，是椭圆的两个焦点，若椭圆C上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
24．在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
25．已知圆，过点P的直线l被圆C所截，且截得最长弦的长度与最短弦的长度比值为5∶4，若O为坐标原点，则最大值为（ ）．
A．3 B．4 C．5 D．6
26．已知直线：与直线：相交于点P，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
27．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
28．在平面上给定相异两点，设点在同一平面上且满足，当且时，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，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线，为双曲线的左、右顶点，为双曲线的虚轴端点，动点满足，面积的最大值为，面积的最小值为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
29．如果圆上总存在两个点到原点的距离均为，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
30．在平面直角坐标系内，已知，，是平面内一动点，则下列条件中使得点的轨迹为圆的有（ ）
A． B．
C． D．
31．已知点，若圆上存在点M满足，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．0
32．下列关于圆锥曲线的命题中，正确的是（ ）
A．设、为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线
B．设定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆
C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率
D．双曲线与椭圆有相同的焦点
33．抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于两点且，直线分别与抛物线交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．
C． D．若于点，则点的轨迹是圆
34．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（－2，0），B（4，0），点P满足＝.设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（　　）
A．轨迹C的方程为（x＋4）2＋y2＝9
B．在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得＝
C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D．在C上存在点M，使得
35．在平面直角坐标系xOy中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在x轴上存在异于A，B的两个定点D，E，使得
C．当A，B，P三点不共线时，
D．若点，则在C上存在点M，使得
三、填空题
36．如图，已知圆是圆上两个动点，点，则矩形的顶点的轨迹方程是___________．
37．已知圆，，是圆上两点，点且，则线段中点的轨迹方程是______.
38．直线过定点，过点作的垂线，垂足为，已知点，则的最大值为______．
39．过圆外一点作圆的两条切线、（、为切点），若，则动点的轨迹方程是___________.
40．设为圆上的动点，是圆的切线且，则点的轨迹方程是________．
四、解答题
41．已知点在圆：上运动，点．
（1）若点是线段的中点，求点的轨迹的方程；
（2）过原点且不与轴重合的直线与曲线交于，两点，是否为定值？若是定值，求出该值；否则，请说明理由．
42．已知圆，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切圆M于A，B两点．
（1）若，求直线MQ的方程．
（2）求动弦AB的中点P的轨迹方程．
43．已知点与两个定点，之间的距离的比为，记点的轨迹为曲线.
（1）求点的轨迹的方程，并说明轨迹是什么图形；
（2）过点的直线被轨迹所截得的线段的长为8，求直线的方程.
44．已知圆C经过三点.
（1）求圆C的方程；
（2）设点A在圆C上运动，点，且点M满足，记点M的轨迹为.
①求的方程；
②试探究：在直线上是否存在定点T(异于原点O)，使得对于上任意一点P，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T的坐标，若不存在，说明理由.
45．阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之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．若平面内两定点、间的距离为，动点满足， 求的最小值．
参考答案
1．C
【分析】由题设分析知的轨迹为(不与重合)，要求的取值范围，只需求出到圆上点的距离范围即可.
【详解】由题设，在以为直径的圆上，令，则(不与重合)，
所以的取值范围，即为到圆上点的距离范围，
又圆心到的距离，圆的半径为2，
所以的取值范围为，即.
故选：C
2．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．
3．条件选择见解析，答案见解析.
【分析】选①，设出点M坐标，利用圆的性质结合平面向量数量积求解作答；选②，设出点M坐标，利用圆的性质结合直线的点斜式求解作答.
【详解】选择条件①，设点，令定点为P，
因直线l过点P，且与圆C交于A，B两点，M为AB的中点，当直线l不过圆心C(0,0)时，则，有，
当直线l过圆心C时，圆心C是弦AB中点，此时，等式成立，
因此有，而，于是得，即，
由解得，，而直线与圆相切的切点在圆C内，
由点M在圆C内，得且，
所以AB中点M的轨迹方程是：(且).
选择条件②，设点，
因l斜率为2，且与圆C交于A，B两点，M为AB的中点，当直线l不过圆心C时，则，
则M的轨迹是过圆心且垂直于l的直线在圆C内的部分（除点C外），
当直线l过圆心C时，圆心C是弦AB中点，即点C在点M的轨迹上，
因此，M的轨迹是过圆心且垂直于l的直线在圆C内的部分，而过圆心且垂直于l的直线为，
由解得或，而点M在圆C内，则有，
所以AB中点M的轨迹方程是：.
4．D
【分析】设，则由结合距离公式化简可得，从而可知点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，进而可求出面积
【详解】设点，则，
化简整理得，即，
所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，
所以所求图形的面积为，
故选：D
5．C
【分析】设经过点A，B的直线为x轴，的方向为x轴正方向，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，利用坐标法计算.
【详解】设经过点A，B的直线为x轴，的方向为x轴正方向，线段AB的垂直平分线为y轴，线段AB的中点O为原点，建立平面直角坐标系.则，．
设，∵，∴，
两边平方并整理得，即．
要使的面积最大，只需点P到AB（x轴）的距离最大时，
此时面积为．
故选：C.
6．(1).
(2)最大值为5，最小值为3.
【分析】（1）用和表示出的坐标代入圆的方程即可求得的轨迹方程；
（2）利用点到直线的距离求得圆心到直线的距离，进而利用圆心到直线的距离加或减半径即可求得最大和最小值．
(1)
解：设点，，
因为点是的中点，所以，
则，，即，
因为点在圆上运动，
则有，
所以点的轨迹方程为；
(2)
解：由（1）知点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，
点到直线的距离，
故点到直线的距离的最大值为，最小值为．
7．圆，除去两点和
【分析】中点公式得到：代入计算得到，排除共线时的两点
和得到答案.
【详解】设，，根据中点公式得到：，
由，得,
当共线时，不构成平行四边形
此时 得到两点和
故答案为圆，除去两点和
【点睛】本题考查了轨迹方程，忽略掉共线时的两点是容易犯的错误.
8．B
【分析】圆可化为，由题意可得圆心，半径是1，又因为是圆的切线且，可得，从而得出P点的轨迹方程．
【详解】圆可化为，由题意可得圆心到P点的距离为，所以点P在以为圆心，为半径的圆上，所以点P的轨迹方程是．
故选：B．
【点睛】本题考查圆的切线性质，圆的标准方程及圆的定义，属于基础题．
9．（去掉两点）
【分析】由题设给定的条件可得长，再由圆的定义即可得点C的轨迹，列式即得.
【详解】设，由题意知，，
因是以为底边的等腰三角形，于是有，即点C的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，
又点构成三角形，即三点不可共线，则轨迹中需去掉点B及点B关于点A对称的点，
所以点的轨迹方程为(去掉两点).
故答案为：(去掉两点)
10．D
【解析】将圆周角为定值转化为圆心角为定值，结合圆心距构成的直角三角形得，从而得中点的轨迹方程.
【详解】
设中点为，
圆心角等于圆周角的一半，，
，
在直角三角形中，由，
故中点的轨迹方程是：，
如图，由的极限位置可得，.
故选：D
【点睛】本题考查了动点的轨迹方程问题，考查了数形结合的思想，属于基础题.
11．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：．
12．A
【分析】利用平面几何知识得点轨迹是圆，然后求出与圆心距离减去半径得最小值．
【详解】解：过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，∠APB＝120°，
由圆与切线的平面几何性质知，∠APO＝60°，又|OA|＝2，则可得|OP|＝
在直角中，，由得，
∴Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，方程为x2+y2＝3；
|MQ|的最小值即为|OM|﹣r＝﹣＝．
故选：A．
13．A
【分析】根据题设，应用两点距离公式可得，整理并化为圆的标准形式，即可确定圆心.
【详解】令P(x，y)，则，两边平方并整理得：，
∴圆心为(4，0)．
故选：A．
14．B
【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量减法的运算法则、圆的性质进行求解即可.
【详解】，
所以.故.
所以点Q在以点D为圆心，9为半径的圆上，又，所以
的最大值为；的最小值为，
故选：B.
15．C
【分析】延长交的延长线于，可证得，且是的中点，由此可求得的长度是定值，即可求点的轨迹为圆，进而可得结果
【详解】是以，为焦点的椭圆上一点，过焦点作外角平分线的垂线，垂足为，延长交的延长线于，得，
由椭圆的定义知，故有，
连接，知是三角形的中位线，
∴，即点到原点的距离是定值，
由此知点的轨迹是以原点为圆心、半径等于的圆．
故点所形成的图形的面积为．
故选：C.
16．A
【分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．
【详解】设动点，由，得，整理得，
又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切.
圆的圆心坐标为，半径为2，
圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，
当两圆外切时，，得，
当两圆内切时，，，得．
故选：A.
【点睛】结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．
17．B
【分析】根据给定条件求出点P的轨迹，再借助几何图形，数形结合求解作答.
【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，
而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，，，
当P与N重合时，，令点，则，，
于是得，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，
观察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，
因，为切线，点为切点，，，则，
所以最大值为，.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及在垂直条件下求动点的轨迹问题，可以借助向量垂直的坐标表示求解，以简化计算，快捷解决问题.
18．C
【分析】直接设点P，根据可以求得点P的轨迹为圆，根据题意两圆有且仅有一个公共点，则两圆外切或内切，可得或．
【详解】设点P
∵即
整理得：
∴点P的轨迹为以为圆心，半径的圆，
∵圆的为圆心，半径的圆
由题意可得：或
∴或
故选：C．
19．A
【分析】设出点的坐标，利用已知条件列出方程化简求解即可．
【详解】解：设，点的坐标是，点满足，
可得：，
即：，
所以M点的轨迹方程是.
故选：A．
20．C
【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，探求点P与直线AB的最大距离即可计算作答.
【详解】依题意，以线段AB的中点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
则，，设，
因，则，化简整理得：，
因此，点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，点P不在x轴上时，与点A，B可构成三角形，
当点P到直线(轴)的距离最大时，的面积最大，
显然，点P到轴的最大距离为，此时，，
所以面积的最大值是．
故选：C
21．A
【解析】取中点为，延长至，使得，求出，根据已知求出的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再利用数形结合求出的取值范围.
【详解】
，取中点为，，且，
延长至，使得，
所以，
因为，
所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为，
所以.
故选：A
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系和轨迹问题，考查向量的线性运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
22．B
【分析】设点，即可求出的轨迹方程，求出直线，以及，利用圆心到直线的距离加上半径求出高的最大值，即可求出面积的最大值；
【详解】解：设点，因为，所以，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又直线的方程为：，，圆心到直线的距离，所以到直线的距离最大值为
则面积的最大值为.
故选：.
23．B
【分析】先确定点的轨迹是圆，联立圆的方程及椭圆方程，解出，得到不等式即可求解.
【详解】若椭圆C上存在点，使得，即以为直径的圆与椭圆有交点，设， ，解得，即，，又，故.
故选：B.
24．B
【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.
【详解】由得 ，
故 由得，
由得，设 ，则 ，
即，即点C轨迹为一动圆，
设该动圆圆心为 ，则，
整理得 ，代入到中，
得： ，即C轨迹的圆心在圆上，
故点（1,1）与该圆上的点的连线的距离加上圆的半径即为点到点的距离的最大值，最大值为 ，
故选：B
25．C
【分析】由题意，点P在圆C内，且最长弦的长度为直径长10，则最短弦的长度为8，
进而可得，所以点P的轨迹为以C为圆心，半径为3的圆，从而即可求解.
【详解】解：由题意，圆，所以圆C是以为圆心，半径为5的圆，
因为过点P的直线l被圆C所截，且截得最长弦的长度与最短弦的长度比值为5∶4，
所以点P在圆C内，且最长弦的长度为直径长10，则最短弦的长度为8，
所以由弦长公式有，
所以点P的轨迹为以C为圆心，半径为3的圆，
所以，
故选：C.
26．B
【分析】由已知得到，过定点，过定点，从而得到点轨迹为圆，设圆心为，半径为，取的中点，连接，求得，设圆的半径为，求得的最小值，再由得答案．
【详解】解：圆半径，圆心，
直线与垂直，
又过定点，过定点，
点轨迹是以为直径的圆，方程为，圆心，半径，
取的中点，连接，由，则，
则，
，
的最小值为．
故选：B．
27．B
【分析】根据给定条件确定出点P的轨迹，再借助圆与圆的位置关系及圆的几何性质计算作答.
【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，
显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，
其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：
，两圆外离，由圆的几何性质得：，，
所以的取值范围是：.
故选：B
【点睛】思路点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.
28．C
【分析】先求动点的轨迹方程，再根据面积的最大值求得，根据的面积最小值求，由此可求双曲线的离心率.
【详解】设，，,
依题意,得,
即,
两边平方化简得,
所以动点的轨迹是圆心为,半径的圆，
当位于圆的最高点时的面积最大，所以 ,
解得；
当位于圆的最左端时的面积最小，所以,
解得,
故双曲线的离心率为.
故选: C.
29．A
【分析】根据条件转化为圆与圆有两个交点，利用圆与圆的位置关系，即可求的取值范围.
【详解】到原点的距离为的点的轨迹为圆，
因此圆上总存在两个点到原点的距离均为
转化为圆与圆有两个交点，
∵两圆的圆心和半径分别为，，，，
∴，∴，
解得实数的取值范围是.
故选：A.
30．BCD
【分析】利用向量的坐标运算，通过题设条件，求出满足条件的动点C的轨迹方程，再根据轨迹方程判断即可.
【详解】解：设点C的坐标为 则
对于A：由得，即，故A错误；
对于B：由得，整理得，即，故B正确；
对于C：由得，即，故C正确；
对于D：由得，即，故D正确；
故选：BCD
31．BD
【解析】设点，由平面向量数量积的坐标表示可得的轨迹方程为，结合圆与圆的位置关系即可得解.
【详解】设点，则，
所以，
所以的轨迹方程为，圆心为，半径为2，
由此可知圆与有公共点，
又圆的圆心为，半径为1，
所以，解得.
故选：BD.
【点睛】解决本题的关键是求出点的轨迹方程和转化问题为圆与圆的位置关系，细心计算即可得解.
32．CD
【解析】根据双曲线的定义可判断A选项的正误；根据直角三角形的几何性质可判断B选项的正误；求出方程的两根，结合椭圆和双曲线离心率的取值范围可判断C选项的正误；求出双曲线与椭圆的焦点坐标，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，若动点的轨迹为双曲线，则，即，
但与的大小关系未知，A选项错误；
对于B选项，由可得，
可得，所以，点为线段的中点，
如下图所示：
当为圆的一条直径时，与重合；
当不是圆的直径时，由垂径定理可得，
设的中点为，由直角三角形的几何性质可得（定值），
所以，点的轨迹为圆，B选项错误；
对于C选项，解方程，可得，，
所以，方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率，C选项正确；
对于D选项，双曲线的焦距为，焦点坐标为，
椭圆的焦距为，焦点坐标为，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
33．ABD
【分析】由题意，，若，，则，联立直线与抛物线求，，进而求，即可得，可知A的正误；若，，，，由、求关于、表示的坐标，进而确定、的数量关系；设A中定点为，易知在以为直径的圆上，即的轨迹是圆.
【详解】由题意，，若，，则，，
∵，即，又联立直线与抛物线有，
∴，，则，
∴，而，即，故过定点，A正确；
若，，，，
由：，可得，则；
由：，可得，则；
∴，而且，故，B正确；
，，
∴，C错误；
∵在直线上，又过定点且，
∴，故在以为直径的圆上，D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：设，，联立直线与椭圆方程，应用韦达定理求，，，求的数量关系；设点坐标，利用斜率的点斜式求、的数量关系；若，由垂直可得在以为直径的圆上.
34．BC
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，结合两点间距离公式逐一判断即可.
【详解】在平面直角坐标系xOy中，A（－2，0），B（4，0），点P满足，设P（x，y），则，化简得（x＋4）2＋y2＝16，所以A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得，设D（m，0），E（n，0），则，化简得3x2＋3y2－（8m－2n）x＋4m2－n2＝0，由轨迹C的方程为x2＋y2＋8x＝0，可得8m－2n＝－24，4m2－n2＝0，
解得m＝－6，n＝－12或m＝－2，n＝4（舍去），即在x轴上存在异于A，B的两点D，E使，所以B正确；
当A，B，P三点不共线时，，
可得射线PO是∠APB的平分线，所以C正确；
若在C上存在点M，使得，可设M（x，y），
则有＝2，化简得x2＋y2＋x＋＝0，与x2＋y2＋8x＝0联立，方程组无解，故不存在点M，所以D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：运用两点间距离公式是解题的关键.
35．BCD
【分析】结合两点的距离公式计算即可判断A；
利用对称的特点即可判断B；
利用坐标表示向量的线性运算即可判断C；
结合点到直线的距离即可判断D.
【详解】选项A：设，由条件，，即，所以C的方程为，故A错误；
选项B：由对称性可知，存在D，E满足条件，故B正确；
选项C：，
，所以，故，故C正确；
选项D：由知，M的轨迹是线段B的垂直平分线，其方程为，圆C的圆心到l的距离，所以直线1与圆C相交，故在C上存在点M，使得，故D正确.
故选：BCD
36．
【解析】设点，连接交于，可写出的坐标，再在直角中，，利用勾股定理列方程可得x, y的关系式，即顶点的轨迹方程.
【详解】设点，如图连接交于，
由矩形可知为的中点，，
连接，在直角中，，则
即，整理得，
所以顶点的轨迹方程是
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查求轨迹方程，解题的关键是求谁设谁，设点，然后再利用图像的几何关系找到x, y的关系式，即求得轨迹方程，考查学生的直观想象能力与运算求解能力，属于中档题.
37．
【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：
【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，属于中档题.
38．
【分析】设，应用坐标表示出、，利用向量垂直的坐标表示列方程求得M的轨迹为圆，问题转化为定点到圆上点距离最大.
【详解】设，若，则，，
所以，故M的轨迹为.
轨迹是圆心为，半径为的圆，则最大.
故答案为：
39．
【分析】分析出四边形为正方形，可得出，进而可求得点的轨迹方程.
【详解】设点的坐标为，如下图所示，连接、、，
由圆的几何性质可得，又因为，，
故四边形为正方形，则，即，
故点的轨迹方程为.
故答案为：.
40．．
【分析】设，由圆得到圆心和半径，再根据是圆的切线且，由求解.
【详解】设，易知圆的圆心，半径，
因为是圆的切线且，
所以，
所以,即，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆．
所以点的轨迹方程是．
【点睛】本题考查圆的方程的应用以及定义法求轨迹方程，属于基础题.
41．（1）；（2）是定值．
【分析】(1)根据给定条件探求出动点M所满足的几何关系，再借助轨迹定义即可得解；
(2)由题设条件设出直线l的方程，联立直线l与(1)中曲线E的方程，消去y得关于x的一元二次方程，借助韦达定理计算即可得解.
【详解】（1）圆的圆心，半径为4，
设的中点为，则，
依题意，，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
即的轨迹的方程为；
（2）因过原点且不与轴重合，则可设直线的方程为．
由消去并整理得，
依题意知，是上述关于x的一元二次方程的两根，则，，
于是有，
所以是定值.
42．（1），或；（2）
【分析】(1)根据是的中点,可求得,进而利用射影定理可知，求得,再利用两点的距离公式,则点的坐标可得,再求得的直线方程.
(2)连接,,设,,点在一条直线上,利用斜率相等建立等式,进而利用射影定理,得和的关系式,根据图形可知,进而可求得动弦的中点的轨迹方程.
【详解】（1）如下图所示，的圆心，半径，
设与交于点，因为，所以 ，
则，，由勾股定理得．
在中，有，，即．
设，则，，，直线的方程为或，
故得解.
（2）设的中点为，则．
令，则．三点共线，，．由，得，即．
由图形知，故所求的轨迹方程为，
故得解.
【点睛】本题综合考查了过圆外一点作圆的切线时切点弦相关问题，本题关键在于运用切线长、半径、切点弦所构成的直角三角形的射影定理，构成所需的等量关系，属于中档题.
43．（1）点的轨迹的方程是，轨迹是以为圆心，5为半径的圆；（2）或.
【分析】（1）根据点与两个定点，之间的距离的比为，由求解；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易知成立；当直线的斜率存在时，设的方程，然后由求解.
【详解】（1）由题意，得，即，
化简得，即.
点的轨迹的方程是，
轨迹是以为圆心，5为半径的圆.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时所截得的线段的长为，符合题意.
当直线的斜率存在时，设的方程为，
即，
圆心到直线的距离，
由题意，得，解得，
直线的方程为，即.
综上，直线的方程为或.
44．（1）；（2）①；②存在，定点为．
【分析】（1）设圆标准方程，代入三点坐标，然后解方程组即可求得结果；
（2）①设，根据求得点坐标的表达式，再代入已知圆方程化简即可；②假设存在一点满足(其中为常数)，设，则：结合P在轨迹上，整理化简求得，即可得坐标．
【详解】（1）设圆C的方程为，将三点分别代入得
， 解得，
所以圆C的方程为；
（2）①设，则：，
∴， ∴，
∵点A在圆C上运动，∴，
即：∴∴，
所以点M的轨迹方程为，
它是一个以为圆心，以1为半径的圆；
②假设存在一点满足(其中为常数)，
设，则：，
整理化简得：，
∵P在轨迹上，
∴，
化简得：，
所以，
整理得，
∴，
解得：；
∴存在满足题目条件．
【点睛】求动点轨迹方程常用方法：
(1)直接法；(2)定义法；(3)相关点法；
要根据已知条件选择适当方法求解．
45．
【分析】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设点，根据已知条件可得出点的轨迹方程，利用代数法可得出，数形结合可求出的最小值，即可得解.
【详解】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，
则、，设点，
因为，即，整理可得，
即，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则，
当点为线段与圆的交点时，取得最小值，
所以，.

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