2.5直线与圆、圆与圆的位置关系 课时过关练习（含解析）-2024-2025学年高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 2.5直线与圆、圆与圆的位置关系 课时过关练习（含解析）-2024-2025学年高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-26 23:04:43 | ||
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文档简介
2.5直线与圆、圆与圆的位置关系课时过关练习-2024-2025学年高二数学上学期人教A版2019
一、单选题
1．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知圆：与圆：相交于，两点，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．直线分别与轴，轴交于A，B两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知圆及圆，则与圆都相切的直线的条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．若圆与圆有公切线，则实数的范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知点是圆上的两个动点，点是直线上动点，且，下列说法正确的是（ ）
A．圆上恰有一个点到直线的距离为 B．长的最小值为
C．四边形面积的最小值为2 D．直线恒过定点
7．已知圆，过轴上的点作直线与圆交于A，B两点，若存在直线使得，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线与圆，点，在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，，当取最小值时，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若直线与曲线有两个不同的公共点，则实数k的值可能是（ ）
A． B． C． D．
10．已知直线的方程为，圆的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的半径为12
C．直线与圆恒有两个交点
D．圆心到直线距离的最大值为
11．已知圆和圆，以下结论正确的是（ ）
A．若和只有一个公共点，则
B．若，则和关于直线对称
C．若和外离，则
D．若，则和内含
三、填空题
12．已知圆：，圆：，其中，.若两圆外切，则的取值范围为 .
13．由直线上的一点向圆引切线，切点为，则的最小值为 .
14．设直线与圆交于A，B两点，对于任意的实数，在轴上存在定点，使得的平分线在轴上，则的值为 .
四、解答题
15．已知圆与圆．
(1)若圆与圆相外切，求的值．
(2)若，试求：
①圆与圆所得的公共弦长；
②经过两圆与圆的交点且与轴相切的圆的方程．
16．已知直线过定点，根据下列条件求直线的方程．
(1)若直线与两坐标轴在第一象限围成的三角形的面积为16；
(2)若直线与圆相切，求直线的方程．
17．已知在中，，，．
(1)求的外接圆的标准方程；
(2)过点作的外接圆的切线，求该切线方程．
18．已知过点的直线与圆O：相交于A，B两点.
(1)若弦的长度为，求直线的方程；
(2)在x轴正半轴上是否存在定点Q，无论直线如何运动，x轴都平分 若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
19．现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”．若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”．已知圆．
(1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状；
(2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”．
（ⅰ）求直线的方程；
（ⅱ）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得（和分别为直线和的斜率）恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A A B D B C ABD ACD
题号 11
答案 BD
1．D
【分析】根据直线与圆相切得圆心到直线的距离即为圆的半径，由此可求得结果.
【详解】因为点为圆心到直线的距离为，
所以圆的半径为，圆的方程为.
故选：D.
2．A
【分析】两圆作差即可求得公共弦的方程.
【详解】圆，圆的方程可以化简为，，将两圆方程相减，得，即直线的方程为.
故选:A.
3．A
【分析】求出，再求出点到直线的最大距离和最小距离，求出最大面积和最小面积即可.
【详解】解：因为直线分别与轴，轴交于A，B两点，
所以,，所以，
又因为圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
所以点到直线的最大距离为，最小距离为，
所以的最大面积是；的最小面积为.
故选：A.
4．A
【分析】先根据圆的一般方程得出圆心和半径，再判断圆与圆的位置关系得出两圆内切即可得出切线个数.
【详解】圆的标准方程为，圆心，半径，
圆的标准方程为，圆心，半径，
所以，圆内切，所以与圆都相切的直线只有1条．
故选：A．
5．B
【分析】根据公切线的数量判断两圆位置关系，结合圆心距和半径列出不等式，求解即可.
【详解】由题意知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
假设圆与圆没有公切线，
此时两圆内含，所以圆心距，即，解得，
所以当圆与圆有公切线时，实数的范围是，
故选：B.
6．D
【分析】利用圆心到直线的距离可判断A；利用圆的性质可得切线长，利用点到直线的距离可判断B；由题可得四边形的面积，可判断C；由题可知点在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D.
【详解】A.由题意得，圆心，半径，
∴圆心到直线的距离为，
∵，
∴圆上有两个点到直线的距离为，选项A错误.
B. 如图，
∵，
∴，
∴，
∴当最小时，有最小值，
当，即为圆心到直线的距离时，，
∴，选项B错误.
C. 由题意得，，
∴四边形面积为：，
由选项B可知，选项C错误.
D.设，
∵是圆的切线，
∴点在以为直径的圆上.
∵，
∴以为直径的圆为，
整理得，
与圆方程相减得直线方程为：
，
由得，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：D.
7．B
【分析】有直线过圆心时，最大，构造不等式，即可求解.
【详解】
结合图像易知对于给定的点，当直线过圆心时，最大，最小，此时有最大值，又，所以，所以，即，解得.
故选：B.
8．C
【分析】由切线长公式知当时，最小，结合点到直线距离公式求得的最小值，然后作关于直线的对称点，可知当点为直线与的交点时，最小，由对称知此时与重合，从而易得最小值．
【详解】，所以当时，最小，
由点到直线的距离公式可得此时
，
过作直线的对称点，再连接，与直线的交点即为所找的点，
由于关于直线对称，，与关于直线对称，
因此与就是同一条直线，即点就是点，
所以的最小值等于，
故选：C．
9．ABD
【分析】分析可知曲线C表示圆的上半部分，根据图形结合直线与圆的位置关系运算求解.
【详解】由，得，
可知曲线C表示圆的上半部分．
且直线过定点，
当直线过点时，；
当直线与圆相切时，，解得或．
由图可知，k的取值范围是．
故选：ABD.
10．ACD
【分析】将直线方程变形为，令，即可求出直线过定点坐标，即可判断A，根据圆的方程判断半径，从而判断B，求出圆心与直线过定点的距离，即可判断C、D.
【详解】因为直线的方程为，
即，令，解得，
所以直线恒过定点，不妨设定点为，故A正确；
圆的方程为，则圆心，半径，故B错误；
因为，所以点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点，故C正确；
当且仅当时，圆心到直线距离的最大值为，故D正确.
故选：ACD
11．BD
【分析】求两圆圆心距与半径和、差，根据圆与圆的位置关系的等价条件判断可得.
【详解】圆的圆心为，半径为.
圆的圆心为，半径为.
则两圆圆心距.
A项，当时，，两圆内切，
和只有一个公共点，故A错误；
B项，当时，两个圆的半径相等，圆心关于直线对称，
则和关于直线对称，故B正确；
C项，若圆和圆外离，则，
即，解得，故C错误；
D项，当，，
所以，所以两圆内含，故D正确.
故选：BD.
12．
【分析】根据两圆外切得到，从而将转化为点与形成直线的斜率，从而得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】圆和圆外切，
则，整理得到，
表示圆的点与形成直线的斜率，
易知直线斜率存在，设直线方程为，即，
所以，解得.
故答案为：
13．/
【分析】先确定圆的圆心和半径，由点到直线距离公式求出圆心到直线距离，结合得取得最小值时取得最小值和的最小值为即可求解.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以当取得最小值时，取得最小值，
而的最小值为，所以.
故答案为：.
14．3
【分析】将直线与圆的方程联立，将问题转化为，然后根据韦达定理求解.
【详解】设，由题得，即，
整理得，又，
所以，整理得，
由联立得，
所以，代入①并整理得，
此式对任意的都成立，所以.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：本题考查的是直线与圆的综合问题，关键是把轴是这句话转化为，进而利用韦达定理求解，在利用韦达定理的求解的过程中，运用了设而不求的思想.
15．(1)
(2)① ②或
【分析】（1）求出两圆的圆心距，再由两圆外切的性质求出.
（2）①求出两圆公共弦所在的直线方程，利用圆的弦长公式求出弦长；②求出直线的方程，设出圆心坐标，借助①中弦长及切线建立方程求解.
【详解】（1）圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，则，
由圆与圆相外切，得，所以.
（2）①当时，圆，，圆与圆相交，
两圆方程相减得，点到直线距离为，
所以圆与圆所得的公共弦长为；
②直线的方程为，即，
依题意，过两圆与圆的交点的圆的圆心在直线上，设圆心，
点到直线距离，圆的半径为，
由轴与圆相切，得，整理得，
解得或，当时，点，半径为1，方程为；
当时，点，半径为5，方程为，
所以圆的方程为或.
16．(1)或；
(2)或.
【分析】（1）利用直线的截距式方程，结合给定的点及三角形面积求解.
（2）按直线的斜率存在与否分类，借助点到直线距离公式求解即得.
【详解】（1）依题意，设直线的横纵截距分别为，则直线的方程为，
则有，由三角形面积，联立解得或，
所以直线的方程为或.
（2）依题意，圆的圆心，半径为1，
①当直线斜率不存在时，直线方程为，此时与圆相切，符合题意；
②当直线斜率存在时，设直线点斜式方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得，此时直线方程为，
所以直线的方程为或.
17．(1)
(2)
【分析】（1）将三顶点代入圆的标准方程，解出即可；
（2）由两直线垂直得到斜率关系，再由点斜式得到直线方程即可；
【详解】（1）设的外接圆的标准方程为，
则
解得
故的外接圆的标准方程为．
（2）由（1）得外接圆的圆心为，半径为5．
因为，所以切线的斜率为，
故所求切线方程为，即．
18．(1)或.
(2)存在，
【分析】（1）分斜率存在与否进行分析，结合弦长公式.列方程求解，可得答案；
（2）分斜率存在与否进行分析，联立方程，利用韦达定理，结合斜率与倾斜角的关系，可得答案.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
不妨得，，则，与题意不符，舍去.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
由弦长公式得圆心到直线的距离为，
所以，解得，
故直线的方程为或.
（2）
当直线轴时，直线的方程为，
不妨得，，此时x轴平分.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，.
联立，得，，
所以，.
若x轴平分，则，即，
即，则，即，
解得.
综上，当点Q为时，能使得x轴平分恒成立.
19．(1)轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心、为半径的圆．
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）由“上进点”的定义知C是圆的“上进点”，则，（其中是圆的半径），由此得点的轨迹.
（2）（ⅰ）由“牵连点”的定义知，若均为圆“”的“牵连点”，则均同时为圆与圆的“上进点”，所以应为圆、圆的“上进点”所成的两轨迹（圆）的交点，由此可求直线的方程；
（ⅱ）先求出圆的方程，设，假设轴上存在点，使得. 则，联立结合韦达定理可求解.
【详解】（1）因为点为圆的“上进点”，所以，即，
所以的轨迹方程为，
所以点的轨迹是以为圆心、为半径的圆．
（2）（ⅰ）∵为圆“”的“牵连点”，∴同时为圆与圆的“上进点”，
由为圆的“上进点”，得，所以，
即点在圆上，
由为圆的“上进点”，得点在圆上；
∴点是圆和的交点．
因为均为圆“”的“牵连点”，
所以直线即为圆和的公共弦所在直线，
两圆方程相减可得，
故直线的方程为．
（ⅱ）设的圆心为，半径为，
的圆心为，半径为3．
直线的方程为，与联立得的中点坐标为，
点到直线的距离为，则，
所以圆的方程为．
假设轴上存在点满足题意，设．
则，即，整理得．
将，代入上式可得，
整理得①，
联立可得，
所以，代入（1）并整理得，
此式对任意的都成立，所以.
故轴上存在点，使得恒成立.
一、单选题
1．以点为圆心，且与直线相切的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知圆：与圆：相交于，两点，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．直线分别与轴，轴交于A，B两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知圆及圆，则与圆都相切的直线的条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．若圆与圆有公切线，则实数的范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知点是圆上的两个动点，点是直线上动点，且，下列说法正确的是（ ）
A．圆上恰有一个点到直线的距离为 B．长的最小值为
C．四边形面积的最小值为2 D．直线恒过定点
7．已知圆，过轴上的点作直线与圆交于A，B两点，若存在直线使得，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线与圆，点，在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，，当取最小值时，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若直线与曲线有两个不同的公共点，则实数k的值可能是（ ）
A． B． C． D．
10．已知直线的方程为，圆的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的半径为12
C．直线与圆恒有两个交点
D．圆心到直线距离的最大值为
11．已知圆和圆，以下结论正确的是（ ）
A．若和只有一个公共点，则
B．若，则和关于直线对称
C．若和外离，则
D．若，则和内含
三、填空题
12．已知圆：，圆：，其中，.若两圆外切，则的取值范围为 .
13．由直线上的一点向圆引切线，切点为，则的最小值为 .
14．设直线与圆交于A，B两点，对于任意的实数，在轴上存在定点，使得的平分线在轴上，则的值为 .
四、解答题
15．已知圆与圆．
(1)若圆与圆相外切，求的值．
(2)若，试求：
①圆与圆所得的公共弦长；
②经过两圆与圆的交点且与轴相切的圆的方程．
16．已知直线过定点，根据下列条件求直线的方程．
(1)若直线与两坐标轴在第一象限围成的三角形的面积为16；
(2)若直线与圆相切，求直线的方程．
17．已知在中，，，．
(1)求的外接圆的标准方程；
(2)过点作的外接圆的切线，求该切线方程．
18．已知过点的直线与圆O：相交于A，B两点.
(1)若弦的长度为，求直线的方程；
(2)在x轴正半轴上是否存在定点Q，无论直线如何运动，x轴都平分 若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
19．现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”．若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”．已知圆．
(1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状；
(2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”．
（ⅰ）求直线的方程；
（ⅱ）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得（和分别为直线和的斜率）恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A A B D B C ABD ACD
题号 11
答案 BD
1．D
【分析】根据直线与圆相切得圆心到直线的距离即为圆的半径，由此可求得结果.
【详解】因为点为圆心到直线的距离为，
所以圆的半径为，圆的方程为.
故选：D.
2．A
【分析】两圆作差即可求得公共弦的方程.
【详解】圆，圆的方程可以化简为，，将两圆方程相减，得，即直线的方程为.
故选:A.
3．A
【分析】求出，再求出点到直线的最大距离和最小距离，求出最大面积和最小面积即可.
【详解】解：因为直线分别与轴，轴交于A，B两点，
所以,，所以，
又因为圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
所以点到直线的最大距离为，最小距离为，
所以的最大面积是；的最小面积为.
故选：A.
4．A
【分析】先根据圆的一般方程得出圆心和半径，再判断圆与圆的位置关系得出两圆内切即可得出切线个数.
【详解】圆的标准方程为，圆心，半径，
圆的标准方程为，圆心，半径，
所以，圆内切，所以与圆都相切的直线只有1条．
故选：A．
5．B
【分析】根据公切线的数量判断两圆位置关系，结合圆心距和半径列出不等式，求解即可.
【详解】由题意知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
假设圆与圆没有公切线，
此时两圆内含，所以圆心距，即，解得，
所以当圆与圆有公切线时，实数的范围是，
故选：B.
6．D
【分析】利用圆心到直线的距离可判断A；利用圆的性质可得切线长，利用点到直线的距离可判断B；由题可得四边形的面积，可判断C；由题可知点在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D.
【详解】A.由题意得，圆心，半径，
∴圆心到直线的距离为，
∵，
∴圆上有两个点到直线的距离为，选项A错误.
B. 如图，
∵，
∴，
∴，
∴当最小时，有最小值，
当，即为圆心到直线的距离时，，
∴，选项B错误.
C. 由题意得，，
∴四边形面积为：，
由选项B可知，选项C错误.
D.设，
∵是圆的切线，
∴点在以为直径的圆上.
∵，
∴以为直径的圆为，
整理得，
与圆方程相减得直线方程为：
，
由得，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：D.
7．B
【分析】有直线过圆心时，最大，构造不等式，即可求解.
【详解】
结合图像易知对于给定的点，当直线过圆心时，最大，最小，此时有最大值，又，所以，所以，即，解得.
故选：B.
8．C
【分析】由切线长公式知当时，最小，结合点到直线距离公式求得的最小值，然后作关于直线的对称点，可知当点为直线与的交点时，最小，由对称知此时与重合，从而易得最小值．
【详解】，所以当时，最小，
由点到直线的距离公式可得此时
，
过作直线的对称点，再连接，与直线的交点即为所找的点，
由于关于直线对称，，与关于直线对称，
因此与就是同一条直线，即点就是点，
所以的最小值等于，
故选：C．
9．ABD
【分析】分析可知曲线C表示圆的上半部分，根据图形结合直线与圆的位置关系运算求解.
【详解】由，得，
可知曲线C表示圆的上半部分．
且直线过定点，
当直线过点时，；
当直线与圆相切时，，解得或．
由图可知，k的取值范围是．
故选：ABD.
10．ACD
【分析】将直线方程变形为，令，即可求出直线过定点坐标，即可判断A，根据圆的方程判断半径，从而判断B，求出圆心与直线过定点的距离，即可判断C、D.
【详解】因为直线的方程为，
即，令，解得，
所以直线恒过定点，不妨设定点为，故A正确；
圆的方程为，则圆心，半径，故B错误；
因为，所以点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点，故C正确；
当且仅当时，圆心到直线距离的最大值为，故D正确.
故选：ACD
11．BD
【分析】求两圆圆心距与半径和、差，根据圆与圆的位置关系的等价条件判断可得.
【详解】圆的圆心为，半径为.
圆的圆心为，半径为.
则两圆圆心距.
A项，当时，，两圆内切，
和只有一个公共点，故A错误；
B项，当时，两个圆的半径相等，圆心关于直线对称，
则和关于直线对称，故B正确；
C项，若圆和圆外离，则，
即，解得，故C错误；
D项，当，，
所以，所以两圆内含，故D正确.
故选：BD.
12．
【分析】根据两圆外切得到，从而将转化为点与形成直线的斜率，从而得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】圆和圆外切，
则，整理得到，
表示圆的点与形成直线的斜率，
易知直线斜率存在，设直线方程为，即，
所以，解得.
故答案为：
13．/
【分析】先确定圆的圆心和半径，由点到直线距离公式求出圆心到直线距离，结合得取得最小值时取得最小值和的最小值为即可求解.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以当取得最小值时，取得最小值，
而的最小值为，所以.
故答案为：.
14．3
【分析】将直线与圆的方程联立，将问题转化为，然后根据韦达定理求解.
【详解】设，由题得，即，
整理得，又，
所以，整理得，
由联立得，
所以，代入①并整理得，
此式对任意的都成立，所以.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：本题考查的是直线与圆的综合问题，关键是把轴是这句话转化为，进而利用韦达定理求解，在利用韦达定理的求解的过程中，运用了设而不求的思想.
15．(1)
(2)① ②或
【分析】（1）求出两圆的圆心距，再由两圆外切的性质求出.
（2）①求出两圆公共弦所在的直线方程，利用圆的弦长公式求出弦长；②求出直线的方程，设出圆心坐标，借助①中弦长及切线建立方程求解.
【详解】（1）圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，则，
由圆与圆相外切，得，所以.
（2）①当时，圆，，圆与圆相交，
两圆方程相减得，点到直线距离为，
所以圆与圆所得的公共弦长为；
②直线的方程为，即，
依题意，过两圆与圆的交点的圆的圆心在直线上，设圆心，
点到直线距离，圆的半径为，
由轴与圆相切，得，整理得，
解得或，当时，点，半径为1，方程为；
当时，点，半径为5，方程为，
所以圆的方程为或.
16．(1)或；
(2)或.
【分析】（1）利用直线的截距式方程，结合给定的点及三角形面积求解.
（2）按直线的斜率存在与否分类，借助点到直线距离公式求解即得.
【详解】（1）依题意，设直线的横纵截距分别为，则直线的方程为，
则有，由三角形面积，联立解得或，
所以直线的方程为或.
（2）依题意，圆的圆心，半径为1，
①当直线斜率不存在时，直线方程为，此时与圆相切，符合题意；
②当直线斜率存在时，设直线点斜式方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得，此时直线方程为，
所以直线的方程为或.
17．(1)
(2)
【分析】（1）将三顶点代入圆的标准方程，解出即可；
（2）由两直线垂直得到斜率关系，再由点斜式得到直线方程即可；
【详解】（1）设的外接圆的标准方程为，
则
解得
故的外接圆的标准方程为．
（2）由（1）得外接圆的圆心为，半径为5．
因为，所以切线的斜率为，
故所求切线方程为，即．
18．(1)或.
(2)存在，
【分析】（1）分斜率存在与否进行分析，结合弦长公式.列方程求解，可得答案；
（2）分斜率存在与否进行分析，联立方程，利用韦达定理，结合斜率与倾斜角的关系，可得答案.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
不妨得，，则，与题意不符，舍去.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
由弦长公式得圆心到直线的距离为，
所以，解得，
故直线的方程为或.
（2）
当直线轴时，直线的方程为，
不妨得，，此时x轴平分.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，.
联立，得，，
所以，.
若x轴平分，则，即，
即，则，即，
解得.
综上，当点Q为时，能使得x轴平分恒成立.
19．(1)轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心、为半径的圆．
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）由“上进点”的定义知C是圆的“上进点”，则，（其中是圆的半径），由此得点的轨迹.
（2）（ⅰ）由“牵连点”的定义知，若均为圆“”的“牵连点”，则均同时为圆与圆的“上进点”，所以应为圆、圆的“上进点”所成的两轨迹（圆）的交点，由此可求直线的方程；
（ⅱ）先求出圆的方程，设，假设轴上存在点，使得. 则，联立结合韦达定理可求解.
【详解】（1）因为点为圆的“上进点”，所以，即，
所以的轨迹方程为，
所以点的轨迹是以为圆心、为半径的圆．
（2）（ⅰ）∵为圆“”的“牵连点”，∴同时为圆与圆的“上进点”，
由为圆的“上进点”，得，所以，
即点在圆上，
由为圆的“上进点”，得点在圆上；
∴点是圆和的交点．
因为均为圆“”的“牵连点”，
所以直线即为圆和的公共弦所在直线，
两圆方程相减可得，
故直线的方程为．
（ⅱ）设的圆心为，半径为，
的圆心为，半径为3．
直线的方程为，与联立得的中点坐标为，
点到直线的距离为，则，
所以圆的方程为．
假设轴上存在点满足题意，设．
则，即，整理得．
将，代入上式可得，
整理得①，
联立可得，
所以，代入（1）并整理得，
此式对任意的都成立，所以.
故轴上存在点，使得恒成立.