专题08与圆有关的定点问题以及阿波罗尼斯圆（解析版）-【重难点突破】2021-2022学年高二数学上册常考题专练（人教A版2019选择性必修第一册）.docx

1、专题08 与圆有关的定点问题以及阿波罗尼斯圆题型一 与圆有关的定点问题1已知直角坐标系中，圆过点作圆的切线，求的方程；直线与圆交于点，两点，已知，若轴平分，证明：不论取何值，直线与轴的交点为定点，并求出此定点坐标【解答】解：当切线的斜率不存在时，则切线方程为，显然与圆相切，当切线的斜率存在时，设方程为：，即，由圆心到切线的距离可得，解得，所以可得这时切线的方程为：，所以切线的方程为：或；设，联立，整理可得：，则，可得，且，因为轴平分，所以可得，即，即，所以，解得，所以直线的方程为：，所以直线恒过【点睛】本题考查直线与圆相切的性质及角平分线的性质，属于中档题2已知圆过点，圆心在直线上（1）求圆的

2、一般方程（2）若不过原点的直线与圆交于，两点，且，试问直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由【解答】解：（1）由题意可得圆心的坐标为，则，因为圆经过点，所以，联立，解得，故圆的一般方程是（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，整理得，则，因为，所以，由得，整理得因为，所以，所以直线的方程为故直线过定点当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则，从而，解得，（舍去）故直线过点综上，直线过定点【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题3已知直线，半径为3的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右下方（1）求圆的方程；（2）过点的直线与圆交于，两

3、点在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）设圆心，直线，半径为3的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右下方所以，解得，或（舍，圆的方程为；（2）当直线轴时，轴平分，此时为轴上任一点，当直线与轴不垂直，设直线的方程为，联立得，则，由题意得，即，整理得，即，解得，即【点睛】本题主要考查了圆的切线性质，点到直线的距离公式，直线与椭圆的位置关系，还考查了运算能力，属于中档题4已知为直线上一动点，过点向圆作两切线，切点分别为、（1）求四边形面积的最小值及此时点的坐标；（2）直线是否过定点？若是，请求出该点坐标；若不是，请说明理由【解答

4、】解：（1），要使四边形面积最小，则最小，当时，的长最小，过点且与垂直的直线为，即，将其与联立，解得此时点的坐标为，；（2）设，则以为直径的圆为，化简可得，这个圆也是四边形的外接圆，它与圆方程相减，得公共弦方程为，令，恒过定点【点睛】本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查了圆的切线方程的应用以及两圆公共弦方程的求解，直线恒过定点问题，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题5已知圆和直线（1）若直线与圆相交，求的取值范围；（2）若，点是直线上一个动点，过点作圆的两条切线、，切点分别是、，证明：直线恒过一个定点【解答】解：（1）圆的圆心坐标为，半径为，直线与圆相交，解得或即的取值范围是，；证

5、明：（2）当时，直线为，设，则以为直径的圆的方程为，即，与联立，消去二次项，可得所在直线方程为：，又，即，可得直线过定点【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了过圆的两个切点的直线方程的求法，考查运算求解能力，是中档题6已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线，切点为，（1）当切线的长度为时，求点的坐标；（2）若的外接圆为圆，试问：当运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）由题可知，圆的半径，设，因为是圆的一条切线，所以，所以，解得或，所以点的坐标为或（2）设，因为，所以经过、三点的圆以为直径，其方程为，即，由，解得或，所以圆过定点，【

6、点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题7已知圆经过两点，且圆心在直线上（）求圆的方程；（）设，是圆上异于原点的两点，直线，的斜率分别为，且，求证：直线经过一定点，并求出该定点的坐标【解答】解：（）设圆的方程为：，由题意得，解得，圆的方程：；证明：（）由题意，所在直线的斜率存在，设直线，由，得，设，则，代入得，直线必过定点【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题8在平面直角坐标系中，点在直线上，以线段为直径的圆为圆心）与直线相交于另一个点，（1）求圆的标准方程；（2）若点不在第一象限内，圆与轴的正半轴的交点为，过点

7、作两条直线分别交圆于，两点，且两直线的斜率之积为，试判断直线是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由【解答】解：（1），设，得，得，在中，为的中点，设，则，解得或当时，圆心为，此时圆的标准方程为；当时，圆心为，此时圆的标准方程为圆的标准方程为或；（2）由题意知，圆的标准方程为设直线的方程为，联立，得，得，则，两直线的斜率之积为，用代替，可得，当直线的斜率存在，即时，直线的方程为，整理得：，可得直线过定点；当直线的斜率不存在时，即时，直线的方程为，过定点综上可得，直线恒过定点【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属中档题9已知三点、在圆

8、上为直线上的动点，与圆的另一个交点为，与圆的另一个交点为（1）求圆的标准方程；（2）若直线与圆相交所得弦长为，求点的坐标；（3）证明：直线过定点【解答】解：（1）由于，得，点在以线段为直径的圆上，即圆的标准方程为；（2）圆的半径为2，直线截圆所得弦长为，则圆心到直线的距离为1设直线的方程为，即，解得，则直线的方程为，当时，得点的坐标为；（3）当直线斜率不存在时，设其方程为取，由直线与交点的横坐标为6，可得，即此时直线的方程为；当直线斜率存在时，设的方程为由，得由，得设，则且直线的方程为，直线的方程为，代入点的横坐标，得由于，故从而，即即，整理得，解得当时，直线为，过点，不符合题意；当时，直线为

9、，过定点综上，直线过定点另解：设，由，得，由，得，故直线的方程为，整理得，过定点当时，代入点、的横坐标，得，直线的方程为，过定点综上，直线过定点【点睛】本题考查圆的方程和性质，主要考查圆的方程和直线方程的运用，直线恒过定点的求法，属于中档题10已知关于直线对称，且圆心在轴上（1）求的标准方程；（2）已知动点在直线上，过点引的两条切线、，切点分别为，记四边形的面积为，求的最小值；证明直线恒过定点【解答】解：（1）由题意已知关于直线对称，且圆心在轴上，所以有圆心，在直线上，即：，又因为圆心在轴上，所以：，由以上两式得：，所以：故的标准方程为：（2）如图，的圆心为，半径，因为、是的两条切线，所以，故

10、；又因为：；根据平面几何知识，要使最小，只要最小即可易知，当点坐标为时，此时设点的坐标为，因为，所以、四点共圆其圆心为线段的中点，设所在的圆为，所以的方程为：，化简得：，因为是和的公共弦，所以：，两式相减得，故方程为：，当时，所以直线恒过定点【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的应用，圆中三角形面积问题的应用，直线过定点问题，综合性强，属于难题11已知圆与直线相离，是直线上任意一点，过作圆的两条切线，切点为，（1）若，求；（2）当点到圆的距离最小值为时，证明：直线过定点【解答】（1）解：连接交于点，则，所以点为的中点，又，则，又，所以，因为相切圆于点，故，所以，即，所以（2）证明：当点到圆

11、的距离最小值为时，圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，解得或，由于，故，由于，故，在以为直径的圆上，又，设，则以为直径的圆的圆心为，故圆的方程为，即，因为，在以为直径的圆上，故是圆与圆的公共弦，两式相减可得的方程为，即，由，可得，所以直线恒过定点【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的切线的性质，两圆公共弦的求法，考查运算求解能力，属于中档题12已知圆，圆（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）若与轴不垂直的直线交于，两点，交于，两点，且，求证：直线过定点【解答】解：（1）当切线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；当切线的斜率存在时，设直线方程为，即，直线与圆相切，解得，切线

12、方程为故所求切线方程为或；证明：（2）设直线的方程为，则圆心，到直线的距离分别为，由垂径定理可得，由，得，整理得，故，即或，直线的方程为或则直线过定点或【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，考查直线系方程的应用，是中档题13已知圆经过点，且圆心在直线上（1）求圆的方程；（2）过点的直线与圆交于，两点，问在直线上是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）直线的斜率为，的垂直平分线的斜率为1，的中点坐标为，因此直线的方程为，又圆心在直线上，圆心是直线与直线的交点联立方程租，得圆心坐标为，又半径，圆的方程为；（2）假设存在点符合题意，

13、设交点坐标为，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立方程组，消去，得到方程则由根与系数的关系得，即，解得，即点坐标为，；当直线斜率不存在时，点显然满足题意综上，在直线上存在定点，使得恒成立【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题14已知圆的圆心在轴正半轴上，半径为5，且与直线相切（1）求圆的方程；（2）设点，过点作直线与圆交于，两点，若，求直线的方程；（3）设是直线上的点，过点作圆的切线，切点为，求证：经过，三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标【解答】（1）解：设圆心，则由直线和圆相切的条件：，可得，解得（负值舍去），即有圆的方程为

14、；（2）解：若直线的斜率不存在，即，代入圆的方程可得，即有，成立；若直线的斜率存在，可设直线，即为，圆到直线的距离为，由，即有，即有，即，解得，则直线的方程为；（3）证明：由于是直线上的点，设，由切线的性质可得，经过，的三点的圆，即为以为直径的圆，则方程为，整理可得，可令，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】本题考查直线和圆的位置关系，主要考查相交和相切的关系，同时考查点到直线的距离公式和弦长公式、切线的性质和圆恒过定点的问题，属于中档题 题型二 阿波罗尼斯圆15古希腊几何学家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

15、称为阿波罗尼斯圆若平面内两定点、间的距离为2，动点满足，则的最大值为ABCD【解答】解：以经过，两点的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，则，设，则，化简得，即，点在以为圆心，为半径的圆上，则有，而表示圆上的点与原点距离的平方，易知，故，故故选：【点睛】本题考查圆轨迹方程的求法，考查两点间的距离，考查逻辑推理能力，属于中档题16阿波罗尼斯是亚历山大时期的著名数学家，“阿波罗尼斯圆”是他的主要研究成果之一：若动点与两定点，的距离之比为，则点的轨迹就是圆事实上，互换该定理中的部分题设和结论，命题依然成立已知点，点为圆上的点，若存在轴上的定点，和常数，对满足已知条件的点均有，则A1BCD

16、【解答】解：根据题意，如图，、两点为圆与轴的两个交点，圆上任意一点都满足，则、两点也满足该关系式，又由，则有，解可得，；故选：【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，关键是理解题意中关于圆的轨迹的叙述，属于基础题17阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点，的距离之满足且为常数，则点的轨迹为圆已知圆和，若定点，和常数满足：对圆上任意一点，都有，则2，【解答】解：设，则，由题意，取、分别代入可得，由即，解得，故答案为2，【点睛】本题考查圆的方程，考查赋值法的运用，考查学生的计算能力，属于基础题18阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得

17、被称为亚历山大时期数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点，的距离之满足且为常数，则点的轨迹为圆已知圆和，若定点，和常数满足：对圆上任意一点，都有，则2，面积的最大值为【解答】解：设点，由，得，整理得，所以解得，如右图，当或时，故答案为：2；【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查圆的方程的应用，转化思想以及计算能力，是中档题19已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线截得的弦长为（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为求的方程，并说明是什么图形；试探究：在直线上是否存在定点（异于原点，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条

18、件的点的坐标，若不存在，说明理由【解答】解：（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径圆心到直线的距离，由，解得故圆心为或，半径等于3圆与轴正半轴相切圆心只能为故圆的方程为（2）设，则：，点在圆上运动，即：，所以点的轨迹方程为，它是一个以为圆心，以1为半径的圆假设存在一点满足条件，设则：，整理化简得：，在轨迹上，化简得：，解得：，存在，满足题目条件【点睛】本题考查圆的方程，轨迹方程，解题中需要一定的计算能力，属于中档题20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，主要研究成果击中在他的代表作圆锥曲线一书，阿波罗尼斯圆是他的

19、研究成果之一，指的是：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下面，我们来研究与此相关的一个问题已知圆：和点，点，为圆上动点，则的最小值为【解答】解：如图，取点，连接、，在中，的最小值为的长，故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题21已知圆，直线（1）求直线所过定点的坐标；（2）若直线被圆所截得的弦长为，求实数的值；（3）若点的坐标为，在轴上存在点（不同于点满足，对于圆上任意一点，都有为一常数，求所有满足条

20、件的点的坐标【解答】解：（1）由直线，得，联立，解得，直线所过定点的坐标为；（2）直线被圆所截得的弦长为，圆心到直线的距离则，解得；（3）假设存在，满足题意，当取时，；当取时，解得可得，设，则，由，得，化为因此点在圆上，满足题意因此在轴上存在点，使得对圆上的任意一点，为同一常数【点睛】本题考查直线系方程的应用，考查直线与圆的位置关系，训练了取特殊点探究一般性规律的方法，考查了推理能力与计算能力，是中档题22已知圆，直线（）当直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程（）已知点是圆上任意一点，在轴上是否存在两个定点，使得？若存在，求出点，的坐标；若不存在，说明理由【解答】解：（）由已知可得圆心，圆心

21、到直线的距离，因此，解得，直线的方程为或，（）设，由已知可得，且，化简得即恒成立，所以，解得，或，所以满足题意的定点，存在，其坐标为，或，（此处只写出一组解扣2分）如从阿氏圆的结论出发，可做为本题的另一种解法，按步骤酌情给分【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题 23已知点和，圆与圆关于直线对称（）求圆的方程；（）点是圆上任意一点，在轴上求出一点（异于点使得点到点与的距离之比为定值，并求的最小值【解答】解：（）设圆的圆心为，由题意可得，解得圆的方程为；（）设点，则，为定值，是的倍数关系，且对任意的，成立，解得或（舍去），此时为定值，当且仅当、三点共线时，的最小值为【点睛】本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查两点间距离公式的应用，考查数学转化思想，是中档题