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专题06 直线与圆
1．（全国甲卷数学（理））已知b 是
的等差中项，直线
与圆
交于
两点，则
的最小值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．
【答案】C
【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】因为
成等差数列，所以
，
，代入直线方程
得
，即
，令
得
，
故直线恒过
，设
，圆化为标准方程得：
，
设圆心为
，画出直线与圆的图形，由图可知，当
时，
最小，
，此时
.
故选：C
1
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2．（新高考北京卷）求圆
的圆心到
的距离（ ）
A．
B．2
C．
D．
【答案】C
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得
，即
，
则其圆心坐标为
，则圆心到直线
的距离为
，
故选：C.
3．（新课标全国Ⅱ卷）（多选题）抛物线C：
的准线为l，P 为C 上的动点，过P 作
的一条切线，Q 为切点，过P 作l 的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l 与
相切
B．当P，A，B 三点共线时，
C．当
时，
D．满足
的点
有且仅有2 个
【答案】ABD
【分析】A 选项，抛物线准线为
，根据圆心到准线的距离来判断；B 选项，
三点共线时，先
求出
的坐标，进而得出切线长；C 选项，根据
先算出
的坐标，然后验证
是否成立；
D 选项，根据抛物线的定义，
，于是问题转化成
的
点的存在性问题，此时考察
的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设
点坐标进行求解.
【详解】A 选项，抛物线
的准线为
，
的圆心
到直线
的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和
相切，A 选项正确；
2
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B 选项，
三点共线时，即
，则
的纵坐标
，
由
，得到
，故
，
此时切线长
，B 选项正确；
C 选项，当
时，
，此时
，故
或
，
当
时，
，
，
，
不满足
；
当
时，
，
，
，
不满足
；
于是
不成立，C 选项错误；
D 选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，
，这里
，
于是
时
点的存在性问题转化成
时
点的存在性问题，
，
中点
，
中垂线的斜率为
，
于是
的中垂线方程为：
，与抛物线
联立可得
，
，即
的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个
点，使得
，D 选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设
，由
可得
，又
，又
，
根据两点间的距离公式，
，整理得
，
3
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，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的
点，D 选项正确.
故选：ABD
4．（新高考天津卷）
的圆心与抛物线
的焦点
重合，
为两曲线的交点，
则原点到直线
的距离为 ．
【答案】
/
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求
及
的方程，从而可求原点
到直线
的距离.
【详解】圆
的圆心为
，故
即
，
由
可得
，故
或
（舍），
故
，故直线
即
或
，
故原点到直线
的距离为
，
故答案为：
一、单选题
4
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1．（2024·安徽·三模）直线：
与圆
：
的公共点的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．1 或2
【答案】C
【分析】根据已知直线与圆的方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可判定.
【详解】由直线
，可得直线过定点
，
又由圆
：
，可得点
在圆C 上，
因为直线的斜率显然存在，所以公共点的个数为2.
故选：C.
2．（2024·四川成都·三模）已知直线
与
相交于
两点，若
是直角三角形，则实数
的值为（ ）
A．1 或
B．
或
C．
或
D．
或
【答案】A
【分析】根据题意
是等腰直角三角形，可得圆心
到直线的距离为
，利用点到直线的距离公式
求解.
【详解】根据题意，圆
的圆心
，半径
，易知
是等腰直角三角形，
所以圆心
到直线的距离为
，则
，解得
，
所以
或
.
故选：A.
3．（2024·北京·三模）已知直线
，圆
，下列说法错误的是（ ）
A．对任意实数
，直线与圆
有两个不同的公共点；
B．当且仅当
时，直线被圆
所截弦长为
；
C．对任意实数
，圆
不关于直线对称；
D．存在实数
，使得直线与圆
相切．
5
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【答案】D
【分析】求出直线所过的定点，并判断该定点与圆
的位置关系，再逐项分析判断即可得解.
【详解】直线
，由
，解得
，即直线恒过定点
，
圆
的半径
，
，即点
在圆
内，
对任意实数
，直线与圆
有两个不同的公共点，A 正确，D 错误；
直线不过圆
的圆心，因此对任意实数
，圆
不关于直线对称，C 正确；
直线
的斜率
，当
时，直线的斜率为
，因此直线
此时直线被圆
所截弦是过点
的最短弦，最短弦长为
，
因此当且仅当
时，直线被圆
所截弦长为
，B 正确.
故选：D
4．（2024·河南·模拟预测）直线
，圆
.则直线被圆
所截得的弦长为
（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先将圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用勾
股定理即可求解.
【详解】圆
的标准方程为
，
由此可知圆
的半径为
，圆心坐标为
，
6
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所以圆心
到直线
的距离为
，
所以直线被圆截得的弦长为
.
故选：D.
5．（23-24 高三下·广东深圳·期中）已知直线
与圆
相交于
两点，
则当
取最小值时，实数
的值为（ ）
A．2
B．1
C．-1
D．-2
【答案】C
【分析】先求出圆心
和直线恒过定点
，确定
取得最小值，结合两点坐标表
示直线斜率和两直线的位置关系即可求解.
【详解】由圆的方程
，可知圆心
，半径
，
直线
过定点
，
因为
，则定点
在圆内，
则当
取得最小值，因为
的斜率为
，
故
.
故选：C
6．（2024·吉林长春·模拟预测）已知圆
，圆
，则这两圆的
位置关系为（ ）
A．内含
B．相切
C．相交
D．外离
【答案】A
【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断.
【详解】圆
的圆心
为
，半径
；
7
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圆
的圆心
为
，半径
，
则
，故
，所以两圆内含；
故选：A
7．（2024·湖北·模拟预测）直线
与圆
交于M、N 两点，O 为坐标原点，则
（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】C
【分析】先联立方程，结合韦达定理可求出
，根据向量数量积可求答案.
【详解】联立
,得
，
则
，即
，所以
，
设
，则：
，
，
故选：C
8．（2024·浙江·三模）已知
，点
在圆
上运动，则
的最大值为
（ ）
A．
B．
C．
D．32
【答案】C
【分析】设
，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解.
【详解】设
，
则
8
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，
当
时，
取得最大值
.
故选：C.
9．（2024·山东聊城·三模）已知圆
与两坐标轴及直线
都相切，且圆心在第二象限，则圆
的
方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设出圆的标准方程，利用条件列方程组求解即可.
【详解】由题意设所求的圆方程为
，
则
，即
，解得
，
所以圆
的方程为
.
故选：D
10．（2024·贵州黔南·二模）已知直线
与直线
的交点在圆
的内部，则实数
的
取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】联立直线可得其交点坐标，由该点在圆的内部计算即可得.
【详解】联立
，解得
，即点
在圆
的内部，
9
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即有
，解得
.
故选：D.
11．（2024·辽宁·模拟预测）过点
作圆
的切线，A 为切点，
，则
的最大值是
（ ）
A．
B．
C．4
D．3
【答案】A
【分析】先根据切线长度求出
为定值，即
，设
，两个方程联立，利用
求
的取值范围.
【详解】由题意：
，即
.
设
，则
，代入
，得
.
因为关于
的一元二次方程一定有解，
所以
.
故选：A.
12．（2024·辽宁丹东·二模）过坐标原点O 作圆
的两条切线OA，OB，切点分别
为A，B，则
（ ）
A．
B．2
C．
D．4
【答案】C
【分析】由圆的标准方程作出圆的图形，易得切点坐标，利用两点之间距离公式计算即得.
【详解】
10
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如图，由圆
可得x 轴，y 轴，即是过点O 的切线，
所以切点为
，
，故
．
故选：C.
13．（2024·贵州黔东南·二模）直线
与圆
交于
，
两点，若
，则
（ ）
A．2
B．1
C．
D．
【答案】C
【分析】首先将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，由弦长可知直线过圆心
，代入
方程求出
.
【详解】圆
，
则圆
的标准方程为
，所以圆心
，半径
，
，故直线过圆心
，所以
，解得
.
故选：C.
14．（2024·广东佛山·二模）已知P 是过
，
，
三点的圆上的动点，则
的最
大值为（ ）
A．
B．
C．5
D．20
【答案】B
11
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【分析】由向量的坐标运算可得
，即得
是以
为直径的圆上的三点，从而可求
得结果.
【详解】依题意，
，则
，
因此线段
是圆
的直径，且
，而点
是该圆上的点，
所以
的最大值为
.
故选：B
15．（2024·山东济南·二模）已知圆
，若圆C 上有且仅有一点P 使
，
则正实数a 的取值为（ ）
A．2 或4
B．2 或3
C．4 或5
D．3 或5
【答案】D
【分析】根据题意可知：点P 的轨迹为以
的中点
为圆心，半径
的圆，结合两圆的位置关
系分析求解.
【详解】由题意可知：圆
的圆心为
，半径
，且
，
因为
，可知点P 的轨迹为以线段
的中点
为圆心，半径
的圆，
又因为点P 在圆
上，
可知圆
与圆
有且仅有一个公共点，则
或
，
即
或
，解得
或
.
故选：D.
12
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16．（2024·湖南常德·一模）已知抛物线方程为:
，焦点为
.圆的方程为
，设
为抛物线上的点，
为圆上的一点，则
的最小值为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【分析】根据抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到直线的距离，即
，从而得到
，
三点共线时和最小；再由
在圆上，
得到最小值.
【详解】
由抛物线方程为
，得到焦点
，准线方程为
，过点
做准线的垂线，垂足为
，
因为点
在抛物线上，所以
，
所以
，当
点固定不动时，
三点共线，即
垂直于准线时和最小，
又因为
在圆上运动，由圆的方程为
得圆心
，半径
，所以
，
故选：C.
二、多选题
17．（2024·湖南长沙·三模）已知圆
，直线
，则
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（ ）
A．直线 恒过定点
B．当
时，圆
上恰有三个点到直线的距离等于 1
C．直线与圆
可能相切
D．若圆
与圆
恰有三条公切线，则
【答案】AD
【分析】本题先根据直线l 的方程判断出直线l 恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，可解决选项A
和选项C 的问题；根据圆心到直线
的距离判断满足条件点的个数，可解决选项B 的问题；由选项
D 的条件可得两圆外切，由此可求得参数a 的值.
【详解】由直线
，得
，
因为
，则满足
，解得
，
所以直线恒过定点
，故选项A 正确.
因为当
时，直线为:
，
则圆心
到直线的距离为
，
则此时直线与圆相交所得劣弧的顶点到直线的距离
，
所以圆上只有 2 个点到直线的距离为 1，故选项B 错误.
因为直线过定点
，又
，
所以定点在圆内，则直线与圆
一定相交，故选项
错误.
由圆的方程
可得，
，
所以圆心为
，半径为
，
因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，
14
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则
，解得
，故选项
正确.
故选：AD.
18．（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线
，圆
，则下列说
法正确的是（ ）
A．圆心
的坐标为
B．直线与圆
始终有两个交点
C．当
时，直线与圆
相交于
两点，则
的面积为
D．点
到直线的距离最大时，
【答案】ABD
【分析】对于A，对圆的方程配方后可求出圆心判断，对于B，先求出过定点
，再判断点
与圆
的位置关系，从而可得结论，对于C，先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，从而可求出
的面积，
对于D，由于直线过定点
，则当直线与
垂直时，圆心到直线的距离最大，从而可求出
的值.
【详解】对于A：
配方得
，所以圆心
，半径
，所
以A 正确；
对于B：由
，得
，则直线
过定点
，
因为
，所以点
在圆
内，
所以直线
与圆
始终有两个交点，所以B 正确;
对于C：设圆心
到直线
的距离为
，则
，弦长
，
15
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所以面积
，所以C 不正确．
对于D：由题意得直线过定点
，故当直线与
垂直时，圆心到直线的距离最大，由于
，故得
，所以D 正确．
故选：ABD．
19．（2024·重庆·模拟预测）若实数
满足
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【分析】对于A，设
，利用点到直线距离公式求得
的最值即可；对于B，直接利用重要不
等式得出
的范围即可；
【详解】
如图：
是以
为圆心，为半径的圆.
对于A，设
，则直线
与圆
有公共点，
所以
，解得
，所以
，故A 正确；
对于B，由
知，
，当且仅当
或
时
取“
”，故B 正确；
16
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对于C，
表示圆
上一点与坐标原点连线的斜率，
由图象知圆上的点与坐标原点连线的倾斜角的范围是
，
故
，即
，故C 正确；
对于D，取
，满足
，但
，故D 错误.
故选：ABC.
20．（2024·江苏连云港·模拟预测）设a，b 为实数，已知圆O：
，点
在圆O 外，以线段
为直径作圆M，与圆O 相交于A，B 两点．下列说法中正确的是（ ）
A．当
时，点Q 的轨迹方程为
B．当
，
时，直线
的方程为
C．当
，
时，
D．若圆O 上总存在两个点到点Q 的距离为1，则
【答案】BCD
【分析】根据
为
的直径，所以
，可求
，得
点轨迹，判断A 的真假；根据两圆公共
弦的直线方程的求法 ，判断B 的真假；利用二倍角公式，求
，判断C 的真假；利用点与圆的位
置关系，判断D 的真假.
【详解】对A：如图
时，
，所以点Q 的轨迹方程为
，故A 错误；
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对B：如图：
当
，
时，
的方程为：
即
，
所以直线
的方程为
.
故B 正确；
对C：如图：
当
，
时，在
中，
，
所以
.
故C 正确；
对D：因为
点在
外，所以
，又圆O 上总存在两个点到点Q 的距离为1，
所以
，所以
，即
.
故D 正确.
故选：BCD
21．（2024·广东茂名·一模）已知圆
，则（ ）
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A．圆
的圆心坐标为
B．圆
的周长为
C．圆
与圆
外切
D．圆
截
轴所得的弦长为3
【答案】BC
【分析】根据圆C 和圆M 的方程得它们的圆心和半径即可求解判断ABC，对于D 求出圆C 上横坐标为0
的点的纵坐标即可判断.
【详解】对于AB，圆
的方程可化为
，
可得圆心的坐标为
，半径为
，则周长为
，可知
错误，
正确；
对于
，由
，
为两圆半径之和，可知
正确；
对于
，令
，可得
，解得
或3，
可得圆
截
轴所得的弦长为4，可知
错误.
故选：BC.
22．（2024·河北衡水·模拟预测）已知
，动点
满足
，则下列结论
正确的是（ ）
A．点
的轨迹围成的图形面积为
B．
的最小值为
C．
是
的任意两个位置点，则
D．过点
的直线与点
的轨迹交于点
，则
的最小值为
【答案】ABD
【分析】由
得
，计算面积可判断A；结合图象可知，当
共线的时候
取值
19
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最小值，可判断B；过A 向圆引切线，用两条切线夹角来可判断C；分别用斜率存在和不在两种情况写出
过点
的直线方程，然后由圆的几何性质求
，进而结合基本不等式可得
的最小值，即可判
断D.
【详解】由
得：
，即
，
点
的轨迹为圆心
，半径
的圆.
对于A：面积为
，故A 正确；
对于B：点B 在圆内，由图知
，当
共线的时候等号成立，
所以
最小值为
，故B 正确，
对于C：因为
，
，所以过A 向圆引切线，切线长等于，则两条切线夹角为
，故C 不正确.
对于D：斜率不存在时，过点
的直线方程为
，此时
；
斜率存在时，过点
的直线方程为
，即
，
则圆心到该直线的距离
，
20
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由圆的几何性质，
，
当
时，
；
当
时，
；
当
时，
，当且仅当
即
时取等号，
综上所述，
的最小值为
，故D 正确.
故选：ABD.
23．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定
义：在平面内，已知两定点A，B 之间的距离为a（非零常数），动点M 到A，B 的距离之比为常数
（
，且
），则点M 的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系
中，已知
，
点M 满足
，则下列说法正确的是（ ）
A．
面积的最大值为12
B．
的最大值为72
C．若
，则
的最小值为10D．当点M 不在x 轴上时，MO 始终平分
【答案】ABD
【分析】设点
，由条件可得点M 的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可
判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点
，由
，得
，
化为
，所以点M 的轨迹是以点
为圆心、4 为半径的圆，
所以
面积的最大值为
，故A 正确；
对于B，设线段AB 的中点为N，
，
21
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当点M 的坐标为
时取等号，故
的最大值为72，故B 正确；
对于C，显然点
在圆外，点
在圆内，
，当B，M，Q 三点共线且点M
在线段BQ 之间时，
，故C 错误；
对于D，由
，
，有
，当点M 不在x 轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO 是
中
的平分线，故D 正确．
故选：ABD．
24．（2024·山西临汾·三模）已知
是以
为圆心，
为半径的圆上任意两点，且满足
，
是
的中点，若存在关于
对称的
两点，满足
，则线段
长度的可能值为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】BCD
【分析】由已知得出
点轨迹是以
为圆心，1 为半径的圆，得出
的范围，再结合直角三角形斜边中
线等于斜边一半即可得出
范围，进而判断出答案．
【详解】因为
，
所以
，
22
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因为
是
中点，所以
，
所以
点轨迹是以
为圆心，1 为半径的圆，
设
为点
，则
，
所以
，
又
，
两点关于点
对称，
所以
为直角三角形，且
为斜边
中点，则
，
所以
，
故选：BCD．
25．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于任意的两点
，
，定义
间的折线距离
，反折线距离
，
表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．
.
B．若
，则
.
C．若
斜率为
，
.
D．若存在四个点
使得
，且
，则的取值范围
.
【答案】ABD
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【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不
等式取等的条件（即
，
，
两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结
论），即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然
后利用解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设
，我们有
，
故A 正确；
对于B，若
，则
，
这意味着
.
从而由
，知
，
即
，所以
.
故
.
而
.
故
.
从而由
，知
，故B 正确；
对于C，考虑
，
，此时
，所以
.
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但
，故C 错误；
对于D，条件等价于关于
的方程组
，即
有四个解.
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形
和圆
有四个公共点，直观的理解即
为圆
与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当
时，圆与上方的两条边相切，
当
时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是
，
下面再使用二次方程工具严格证明此结论（也可以使用距离公式等其它方法证明）.
若
满足原方程组，则
，故
.
而
，
故
，同时还有
.
由于当
确定后，
只有唯一可能的取值
，而方程组有四个解，
所以使得相应的
存在的
至少有四个.
根据前面的讨论，这样的
必满足
，且
，
所以方程
必定在
上有四个解.
这表明关于的方程
在
上一定有两个解，
25
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所以首先有判别式为正数，结合
，
就有
.
同时，由于两根都在
内，故两根乘积为正数，故
，即
.
这就证明了
.
最后，当
时，原方程组的确存在四组不同的解：
，
，
，
.
所以的取值范围是
，D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
26．（2024·上海·三模）已知圆
，圆
，点M，N 分别是圆
、
圆
上的动点，点
为
上的动点，则
的最小值是 .
【答案】
【分析】作出示意图，
分别为
的半径，圆可得
，求
得圆
关于直线
的对称圆的方程为
，数形结合可求
.
【详解】作出示意图如图所示：
26
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由
，可得圆心
，半径
，
由
，可得圆心
，半径
，
由题意可得
，
易得圆
关于直线
的对称圆的方程为
，
，
当且仅当
三点共线时等号成立，
所以
.
故答案为：
.
27．（2024·天津·模拟预测）若直线
与圆
交于
两点，则
.
【答案】
/
【分析】先求出圆的圆心和半径，根据已知条件可得圆心到直线的距离
，即可求解.
【详解】由题意可得圆
的标准方程为
，
所以圆
的圆心为
，半径为
，
27
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所以圆心
到直线
的距离
，
所以
，
故答案为：
28．（2024·广东梅州·一模）已知点P，Q 分别是拋物线
和圆
上的动点，
若抛物线
的焦点为
，则
的最小值为
【答案】
【分析】根据题意，将
转化为
的形式，寻求定点
，使得
恒成
立，再通过转化求
的最小值.
【详解】由抛物线
，可得焦点坐标为
，
又由圆
，可化为
，
可得圆心坐标为
，半径
，
设定点
，满足
成立，且
，
即
恒成立，
其中
，代入两边平方可得：
28
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，解得：
，
，
所以定点
满足
恒成立，
可得
，
如图所示，当且仅当
在一条直线上时，
此时
取得最小值
，
即
，
设
，满足
，
所以
，
，
当
时，等号成立.
所以
的最小值为
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化距离
，再转化求得点M 的坐标.
29．（2024·湖南衡阳·三模）已知圆
，圆
与
轴相切于点
，与
轴正半轴交于A，B
两点，且
，则圆
和圆
的公共弦所在的直线方程为 .
29
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【答案】
【分析】根据相切和弦长求出圆
的方程，再联立两圆方程，即可得到相交弦所在的直线方程.
【详解】由圆
与
轴相切于点
，可设圆
的方程为
，
由
，则
，所以圆
的方程为
，
圆
与圆
的方程相减得
，即为两圆的相交弦所在直线方程.
故答案为：
30．（2024·河北张家口·三模）圆
与圆
的公切线的方程为
．
【答案】
【分析】先判断两圆位置关系，然后将圆
化为一般式，两式相减可得.
【详解】圆
的圆心为
，半径为1，圆
的圆心为
，半径为6，
因为
，所以两圆内切，只有一条公切线，
将圆
化为一般式得：
，
，
两式相减得
，即
，
所以圆
的公切线的方程为
.
故答案为：
31．（2024·河北保定·二模）已知点
为圆
上位于第一象限内的点，过点
作圆
的两条切线
，切点分别为
，直线
分别交
轴于
两点，则
，
．
30
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【答案】 2
【分析】设
直接计算可得
，由角平分线定理可得
，由此求出
，得出
点坐标，
再由直角三角形求出
点坐标即可得解.
【详解】圆
的标准方程为
，圆心
，
则
为
的角平分线，所以
．
设
，则
，
所以
，则
，
即
，解得
，则
，
所以点
与
重合，
此时
，可得
，
所以
．
故答案为：
；
【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为
，建立方程求出参数
，得到圆的圆心、
半径，求出M 的坐标是解题的关键.
32．（2024·福建莆田·三模）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点M 与两个定点A，B 的距离之比
为常数
（
，
），则点M 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.已知
，M 是平面内一动点，且
，则点M 的轨迹方程为 .若点
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Р 在圆
上，则
的最小值是 .
【答案】
【分析】根据两点距离公式计算即可得第一空，设点P 坐标及点
，根据圆的方程与两点距离公式
化简得出
，根据三角形三边关系求最值即可.
【详解】设
，则
，
整理得
（或
）.
设
，则
，
故
.
令
，则
=
.
故答案为：
；
.
【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点
，构造
，转化线段和结合三角形三边关系计算即
可.
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