2.4.2圆的一般方程 同步练（含解析）2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 2.4.2圆的一般方程 同步练（含解析）2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 870.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-08-26 09:47:17 | ||
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文档简介
2.4.2圆的一般方程
一、单选题
1．圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．“或”是“定点在圆的外部”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
4．若圆关于直线对称，则直线一定过点（ ）
A． B． C． D．
5．若方程表示圆，且圆心位于第四象限，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知曲线，则下列结论正确的个数是（ ）
（1）若为曲线上两点，则的最大值为
（2）曲线围成的图形的面积是
（3）若为曲线上一点，则的最小值为4
（4）曲线围成区域内(含曲线)格点(横坐标与纵坐标都为整数的点)的个数为20
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
7．已知圆及点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆心的坐标为 B．点在圆外
C．若点在圆上，则直线PQ的斜率为
D．若是圆上任一点，则｜MQ｜的取值范围为
8．已知三点下列结论正确的是（ ）
A．AB的距离为 B．直线BC的一般式方程为
C．以BC为直径的圆方程为
D．外接圆的方程为
9．关于方程表示的圆，下列叙述中正确的是（ ）
A．圆心在直线上 B．其圆心在轴上
C．过原点 D．半径为
10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apollonius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（ ）
A．若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点
B．若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆
C．当时，面积的最大值为
D．当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是
三、填空题
11．曲线与曲线关于直线对称，则曲线的方程为 ．
12．已知圆上一点，则的最大值为 .
13．在平面直角坐标系中，已知两点，，圆，点是圆上任意一点，若为定值，则的值为 ．
14．已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为 .
四、解答题
15．已知点，，.
(1)求直线的一般方程；
(2)求外接圆的一般方程.
16．已知的三个顶点分别是．
(1)求的外接圆（为圆心）的标准方程：
(2)若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状.
17．已知直线过定点．
(1)求点的坐标；
(2)求过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程；
(3)设为上的一个动点，求中点的轨迹方程．
18．平面内有两点与，我们新定义这两点间的“物理距离”，“光学距离”.上有两个动点P，Q，定点.
(1)求的最大值；
(2)过点的直线上有一个动点，若的最小值为1，求直线的方程.
19．已知点，是平面内不同的两点，若点满足(，且)，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的—阿波罗尼斯圆.若点满足()，则点的轨迹是以为“稳点”的—卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，，(）.
(1)当，时，若点的轨迹是以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆，求点的轨迹方程；
(2)在(1)的条件下，若点在以为“稳点”的5—卡西尼卵形线上，求(为原点）的取值范围；
(3)卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，，试判断是否存在实数，，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称，若存在，求出实数，的值，若不存在，请说明理由.
《2.4.2圆的一般方程》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B A C C BCD BCD AC BCD
1．B
【分析】使用圆的一般方程的圆心公式.
【详解】使用圆的一般方程的圆心公式，其中
， 圆心坐标为．
故选：B.
2．D
【分析】判断点与圆的位置关系：法一为几何视角，比较与半径的大小；法二为代数视角，将点的坐标代入标准方程后比较其与的大小
【详解】法一：由题意，半径为1，则，所以；
法二：由在圆内，则，所以，即.
故选：D
3．B
【分析】由定点在圆的外部得，求得k的取值范围，结合充分,必要条件的意义可得结论.
【详解】定点在圆的外部，
，化简得，
k的取值范围：或，
所以或”是“定点在圆的外部”的必要不充分条件.
故选：B.
4．A
【分析】由圆的对称轴过圆心，可求得结论.
【详解】把圆的方程化为标准方程为，
所以圆的圆心的坐标为，
因为圆关于直线对称，则直线一定过圆心.
故选：A.
5．C
【分析】将方程化成，再利用条件列不等式求解即可.
【详解】因为方程可变形为，
由题知，解得，实数的取值范围是.
故选：C
6．C
【分析】根据曲线的方程，分象限讨论其图象，然后作出草图，并得每部分所在的圆，，，等大，且都过坐标原点，即可判断选项A，结合图形直接求面积判断选项B，设点在曲线上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，根据的范围即可判断选项C，根据图形即可判断选项D.
【详解】当，时，由曲线的方程，得，
曲线在第一象限内的部分是圆心为，半径为的圆弧.
同理，曲线在第二、三、四象限内的部分都是圆弧，
当时，；当时，.
曲线在坐标系中如图，
曲线关于坐标原点、轴、轴、直线、直线均对称.
记曲线在第一象限及轴正半轴、轴正半轴上的部分为曲线，
曲线所在的圆为圆，
曲线及圆关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆，
关于坐标原点对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆，
关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆.
由题意可知，圆，，，等大，且都过坐标原点.
因为点在曲线上，所以，
当且仅当为曲线与直线或的交点时，等号成立，
所以的最大值是，故①正确；
曲线围成的图形的面积为，故②正确；
由曲线的对称性，不妨设点在曲线上.
因为，
所以当的值最小时，的值也最小.
因为点在圆上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，
由题意可知，，则，
所以当时，取得最小值，所以的最小值为，故③正确；
由图可知，曲线围成的区域内格点的个数为，故④错误.
故选：C.
7．BCD
【分析】对于A，将圆方程化为标准形式，可判断选项正误；对于B，将代入圆方程可判断选项正误；对于C，将点代入圆方程可得，然后由斜率计算公式可判断选项正误；对于D，当三点共线时，可得最值，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，圆的标准方程为，
所以圆心坐标为，故A错误；
对于B，将代入圆方程，得，所以点在圆外.故B正确；
对于C，若点在圆上，则，
解得，则，所以直线PQ的斜率为．故C正确；
对于D，，因为是圆上任一点，
所以，所以的取值范围为．
故选：BCD
8．BCD
【分析】根据两点间的距离坐标公式以及直线方程、圆的标准方程、待定系数法求解圆的一般方程即可得出结论.
【详解】由题意知,AB的距离为，故A错误;
直线BC的方程为,即，故B正确；
以BC为直径的圆，圆心为，半径为,
所以圆的方程为,
即,故C正确;
设外接圆的方程为，
代入三点坐标得，
,解得
,
所以外接圆的方程为,故D正确.
故选：BCD.
9．AC
【分析】将圆的方程化为标准方程，求出其圆心与半径，逐项判断即可.
【详解】若方程表示的圆，则其标准方程为，
所以，，可得，圆心为，半径为，
对于A选项，圆心在直线上，A对；
对于B选项，因为，所以，圆心不可能在轴上，B错；
对于C选项，因为，则该圆过原点，C对；
对于D选项，该圆的半径为，D错.
故选：AC.
10．BCD
【分析】对于A，易得时点的轨迹为线段的垂直平分线；对于B，只需建系设点，求出点的轨迹方程易得；对于C，求出轨迹方程后，结合图形，使边上的高最大即可满足；对于D根据推出的阿氏圆方程，求出圆的半径的表达式，利用函数的单调性即可求得半径的范围.
【详解】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误；
对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设点，
由可得：，化简得：，
故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确；
对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示：
由图知，当点为过点垂直于轴的直线与圆的一个交点时，的边上的高最大，
为圆的半径，此时面积的最大值为，故C正确；
对于D，根据B项建系设点，由化简得：，
即，因，则该阿氏圆的半径，
因函数在上是减函数，故故得，
即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题主要考查动点轨迹方程的求法及应用，属于难题.
求解动点轨迹的方程的方法主要有：
（1）直接法：设出动点，利用已知等式代入坐标计算化简即得；
（2）相关点法：利用与动点相关的点（轨迹方程一般已知）的联系求解；
（3）定义法：利用题设条件与常见的圆锥曲线定义符合时常用.
11．
【分析】设出曲线上任意一点，由此点坐标表示出其对称点的坐标，再根据其对称点在所给曲线上，代入即可求出最终结果.
【详解】设曲线上任意一点为，该点关于直线的对称点为，
则，解得：，
所以点关于直线的对称点为，
因为点关于直线的对称点在曲线上，
则曲线的方程为，
即，
故答案为：.
12．
【分析】记原点为，易知原点在圆上，结合距离的几何意义与圆的几何性质可求得的最大值.
【详解】记原点为，易知原点在圆上，则，
故的最大值为圆的直径，故的最大值为.
故答案为：.
13．0
【分析】解法1：设，化简与圆的一般方程比较系数可得答案；解法2：由阿氏圆的性质可知，圆心就在定点，所确定的直线上可得答案．
【详解】解法1：设，，则，整理得
，
又是圆上的任意一点，故，
圆的一般方程为，
所以，解得，
因此；
解法2：为定值，是圆上任意一点，
由阿氏圆的性质可知，圆心就在定点，所确定的直线上，
因为直线所在的直线方程为，
所以．
故答案为：0.
14．
【分析】设点，当不重合时，根据圆的几何性质，利用垂直建立方程求解即可得解，当重合时，代入检验即可.
【详解】由直线过点，圆可知，圆心为，
设点，
由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即，
此时点的轨迹为圆但不包括点.
当点与点重合时，其坐标满足方程.
综上，点的轨迹方程为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据两点式直线方程的特征即可求解，
（2）利用待定系数法即可列方程求解.
【详解】（1）由题意，得.
化简，得直线的一般式方程为.
（2）设外接圆的一般方程为.①
因为，，三点都在圆上，所以它们的坐标都满足方程①，于是，
得，
即，解得.
故所求圆的一般方程为.
16．(1)
(2)，轨迹是以为圆心，半径为的圆.
【分析】（1）利用待定系数法求解圆的方程即可.
（2）根据题干设的坐标是，点的坐标是，再由，
列出方程代入即可求得轨迹方程.
【详解】（1）设圆的方程为（其中）
因为三点都在圆上，可得
解得，满足，
所以所求圆的方程为，即
（2）设的坐标是，点的坐标是，
因为的坐标是，且，
所以，解得，
又因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，即，
代入得，整理得，
点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，半径为的圆.
17．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）将方程转化成即可求解；
（2）分截距为和不为两类情况讨论即可；
（3）设，，通过代入法即可求解；
【详解】（1）由，得，
令，得，
因此点的坐标为.
（2）由（1）知点的坐标.
若截距为，即直线经过原点，
设直线方程为，则，
此时直线的方程为，
若截距不为，不妨设直线方程为，代入，得，
此时直线方程为，
则过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或．
（3）设，，则，
得到，所以，
又点在上，所以，
整理得，
故的轨迹方程为.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）由，几何意义为：到的距离，几何意义为：到的距离，即可求解；
（2）即与的距离，由最小值转换成点到线的距离即可求解；
【详解】（1）化成标准方程：，圆心为，半径为2，
设，
则，几何意义为到的距离，
其最大值为圆心到的距离加上半径，即：，
，几何意义为到的距离，
其最小值为圆心到的距离减去半径，即：，
所以的最大值为，
即的最大值为；
（2）由，即与的距离，
设过点的直线方程为：，因为过圆心，可得：，
即方程为，
由题意，若的最小值为1，即到的距离为1，
可得：，
平方化简可得：，
解得：或，即，
所以直线方程为：或.
19．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】(1)由题意可知，设：，则，整理计算即可求解；
(2)设，由定义得到，从而有，
求得，再由，即可求解；
(3)由，及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：
，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线，
关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题.
【详解】（1）由已知，且，设：，则：，
∴，整理得：，
∴点的轨迹方程为：.
（2）由(1)知，，设，由，
得，所以，
，整理得，即，
所以，，由，得，
即的取值范围是.
（3）若，则以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆的方程为，
整理得，该圆关于点对称.
由点，关于点对称及，
可得—卡西尼卵形线关于点对称，
令，解得，与矛盾，
所以不存在实数，，使得以为稳点的一阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.
一、单选题
1．圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．“或”是“定点在圆的外部”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
4．若圆关于直线对称，则直线一定过点（ ）
A． B． C． D．
5．若方程表示圆，且圆心位于第四象限，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知曲线，则下列结论正确的个数是（ ）
（1）若为曲线上两点，则的最大值为
（2）曲线围成的图形的面积是
（3）若为曲线上一点，则的最小值为4
（4）曲线围成区域内(含曲线)格点(横坐标与纵坐标都为整数的点)的个数为20
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
7．已知圆及点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆心的坐标为 B．点在圆外
C．若点在圆上，则直线PQ的斜率为
D．若是圆上任一点，则｜MQ｜的取值范围为
8．已知三点下列结论正确的是（ ）
A．AB的距离为 B．直线BC的一般式方程为
C．以BC为直径的圆方程为
D．外接圆的方程为
9．关于方程表示的圆，下列叙述中正确的是（ ）
A．圆心在直线上 B．其圆心在轴上
C．过原点 D．半径为
10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（Apollonius，约公元前262-前190年）的著作《国锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，其中之一是他证明了“平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆”，后人将此圆称为“阿波罗尼斯圆”简称“阿氏圆”.现有平面内两个定点间的距离为4，平面内的点与的距离满足：，则（ ）
A．若，则点的轨迹为“点圆”，即线段的中点
B．若，则点的轨迹是半径为的阿氏圆
C．当时，面积的最大值为
D．当时，点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是
三、填空题
11．曲线与曲线关于直线对称，则曲线的方程为 ．
12．已知圆上一点，则的最大值为 .
13．在平面直角坐标系中，已知两点，，圆，点是圆上任意一点，若为定值，则的值为 ．
14．已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为 .
四、解答题
15．已知点，，.
(1)求直线的一般方程；
(2)求外接圆的一般方程.
16．已知的三个顶点分别是．
(1)求的外接圆（为圆心）的标准方程：
(2)若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状.
17．已知直线过定点．
(1)求点的坐标；
(2)求过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程；
(3)设为上的一个动点，求中点的轨迹方程．
18．平面内有两点与，我们新定义这两点间的“物理距离”，“光学距离”.上有两个动点P，Q，定点.
(1)求的最大值；
(2)过点的直线上有一个动点，若的最小值为1，求直线的方程.
19．已知点，是平面内不同的两点，若点满足(，且)，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的—阿波罗尼斯圆.若点满足()，则点的轨迹是以为“稳点”的—卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，，(）.
(1)当，时，若点的轨迹是以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆，求点的轨迹方程；
(2)在(1)的条件下，若点在以为“稳点”的5—卡西尼卵形线上，求(为原点）的取值范围；
(3)卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，，试判断是否存在实数，，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称，若存在，求出实数，的值，若不存在，请说明理由.
《2.4.2圆的一般方程》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B A C C BCD BCD AC BCD
1．B
【分析】使用圆的一般方程的圆心公式.
【详解】使用圆的一般方程的圆心公式，其中
， 圆心坐标为．
故选：B.
2．D
【分析】判断点与圆的位置关系：法一为几何视角，比较与半径的大小；法二为代数视角，将点的坐标代入标准方程后比较其与的大小
【详解】法一：由题意，半径为1，则，所以；
法二：由在圆内，则，所以，即.
故选：D
3．B
【分析】由定点在圆的外部得，求得k的取值范围，结合充分,必要条件的意义可得结论.
【详解】定点在圆的外部，
，化简得，
k的取值范围：或，
所以或”是“定点在圆的外部”的必要不充分条件.
故选：B.
4．A
【分析】由圆的对称轴过圆心，可求得结论.
【详解】把圆的方程化为标准方程为，
所以圆的圆心的坐标为，
因为圆关于直线对称，则直线一定过圆心.
故选：A.
5．C
【分析】将方程化成，再利用条件列不等式求解即可.
【详解】因为方程可变形为，
由题知，解得，实数的取值范围是.
故选：C
6．C
【分析】根据曲线的方程，分象限讨论其图象，然后作出草图，并得每部分所在的圆，，，等大，且都过坐标原点，即可判断选项A，结合图形直接求面积判断选项B，设点在曲线上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，根据的范围即可判断选项C，根据图形即可判断选项D.
【详解】当，时，由曲线的方程，得，
曲线在第一象限内的部分是圆心为，半径为的圆弧.
同理，曲线在第二、三、四象限内的部分都是圆弧，
当时，；当时，.
曲线在坐标系中如图，
曲线关于坐标原点、轴、轴、直线、直线均对称.
记曲线在第一象限及轴正半轴、轴正半轴上的部分为曲线，
曲线所在的圆为圆，
曲线及圆关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆，
关于坐标原点对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆，
关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆.
由题意可知，圆，，，等大，且都过坐标原点.
因为点在曲线上，所以，
当且仅当为曲线与直线或的交点时，等号成立，
所以的最大值是，故①正确；
曲线围成的图形的面积为，故②正确；
由曲线的对称性，不妨设点在曲线上.
因为，
所以当的值最小时，的值也最小.
因为点在圆上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，
由题意可知，，则，
所以当时，取得最小值，所以的最小值为，故③正确；
由图可知，曲线围成的区域内格点的个数为，故④错误.
故选：C.
7．BCD
【分析】对于A，将圆方程化为标准形式，可判断选项正误；对于B，将代入圆方程可判断选项正误；对于C，将点代入圆方程可得，然后由斜率计算公式可判断选项正误；对于D，当三点共线时，可得最值，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，圆的标准方程为，
所以圆心坐标为，故A错误；
对于B，将代入圆方程，得，所以点在圆外.故B正确；
对于C，若点在圆上，则，
解得，则，所以直线PQ的斜率为．故C正确；
对于D，，因为是圆上任一点，
所以，所以的取值范围为．
故选：BCD
8．BCD
【分析】根据两点间的距离坐标公式以及直线方程、圆的标准方程、待定系数法求解圆的一般方程即可得出结论.
【详解】由题意知,AB的距离为，故A错误;
直线BC的方程为,即，故B正确；
以BC为直径的圆，圆心为，半径为,
所以圆的方程为,
即,故C正确;
设外接圆的方程为，
代入三点坐标得，
,解得
,
所以外接圆的方程为,故D正确.
故选：BCD.
9．AC
【分析】将圆的方程化为标准方程，求出其圆心与半径，逐项判断即可.
【详解】若方程表示的圆，则其标准方程为，
所以，，可得，圆心为，半径为，
对于A选项，圆心在直线上，A对；
对于B选项，因为，所以，圆心不可能在轴上，B错；
对于C选项，因为，则该圆过原点，C对；
对于D选项，该圆的半径为，D错.
故选：AC.
10．BCD
【分析】对于A，易得时点的轨迹为线段的垂直平分线；对于B，只需建系设点，求出点的轨迹方程易得；对于C，求出轨迹方程后，结合图形，使边上的高最大即可满足；对于D根据推出的阿氏圆方程，求出圆的半径的表达式，利用函数的单调性即可求得半径的范围.
【详解】对于A，时，由可知点的轨迹为线段的垂直平分线，故A错误；
对于B，时，不妨取的中点为原点，中垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设点，
由可得：，化简得：，
故点的轨迹是半径为的阿氏圆，即B正确；
对于C，根据B项建系设点，由可得：，如图所示：
由图知，当点为过点垂直于轴的直线与圆的一个交点时，的边上的高最大，
为圆的半径，此时面积的最大值为，故C正确；
对于D，根据B项建系设点，由化简得：，
即，因，则该阿氏圆的半径，
因函数在上是减函数，故故得，
即点的轨迹对应的阿氏圆的半径的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题主要考查动点轨迹方程的求法及应用，属于难题.
求解动点轨迹的方程的方法主要有：
（1）直接法：设出动点，利用已知等式代入坐标计算化简即得；
（2）相关点法：利用与动点相关的点（轨迹方程一般已知）的联系求解；
（3）定义法：利用题设条件与常见的圆锥曲线定义符合时常用.
11．
【分析】设出曲线上任意一点，由此点坐标表示出其对称点的坐标，再根据其对称点在所给曲线上，代入即可求出最终结果.
【详解】设曲线上任意一点为，该点关于直线的对称点为，
则，解得：，
所以点关于直线的对称点为，
因为点关于直线的对称点在曲线上，
则曲线的方程为，
即，
故答案为：.
12．
【分析】记原点为，易知原点在圆上，结合距离的几何意义与圆的几何性质可求得的最大值.
【详解】记原点为，易知原点在圆上，则，
故的最大值为圆的直径，故的最大值为.
故答案为：.
13．0
【分析】解法1：设，化简与圆的一般方程比较系数可得答案；解法2：由阿氏圆的性质可知，圆心就在定点，所确定的直线上可得答案．
【详解】解法1：设，，则，整理得
，
又是圆上的任意一点，故，
圆的一般方程为，
所以，解得，
因此；
解法2：为定值，是圆上任意一点，
由阿氏圆的性质可知，圆心就在定点，所确定的直线上，
因为直线所在的直线方程为，
所以．
故答案为：0.
14．
【分析】设点，当不重合时，根据圆的几何性质，利用垂直建立方程求解即可得解，当重合时，代入检验即可.
【详解】由直线过点，圆可知，圆心为，
设点，
由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即，
此时点的轨迹为圆但不包括点.
当点与点重合时，其坐标满足方程.
综上，点的轨迹方程为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据两点式直线方程的特征即可求解，
（2）利用待定系数法即可列方程求解.
【详解】（1）由题意，得.
化简，得直线的一般式方程为.
（2）设外接圆的一般方程为.①
因为，，三点都在圆上，所以它们的坐标都满足方程①，于是，
得，
即，解得.
故所求圆的一般方程为.
16．(1)
(2)，轨迹是以为圆心，半径为的圆.
【分析】（1）利用待定系数法求解圆的方程即可.
（2）根据题干设的坐标是，点的坐标是，再由，
列出方程代入即可求得轨迹方程.
【详解】（1）设圆的方程为（其中）
因为三点都在圆上，可得
解得，满足，
所以所求圆的方程为，即
（2）设的坐标是，点的坐标是，
因为的坐标是，且，
所以，解得，
又因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，即，
代入得，整理得，
点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，半径为的圆.
17．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）将方程转化成即可求解；
（2）分截距为和不为两类情况讨论即可；
（3）设，，通过代入法即可求解；
【详解】（1）由，得，
令，得，
因此点的坐标为.
（2）由（1）知点的坐标.
若截距为，即直线经过原点，
设直线方程为，则，
此时直线的方程为，
若截距不为，不妨设直线方程为，代入，得，
此时直线方程为，
则过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或．
（3）设，，则，
得到，所以，
又点在上，所以，
整理得，
故的轨迹方程为.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）由，几何意义为：到的距离，几何意义为：到的距离，即可求解；
（2）即与的距离，由最小值转换成点到线的距离即可求解；
【详解】（1）化成标准方程：，圆心为，半径为2，
设，
则，几何意义为到的距离，
其最大值为圆心到的距离加上半径，即：，
，几何意义为到的距离，
其最小值为圆心到的距离减去半径，即：，
所以的最大值为，
即的最大值为；
（2）由，即与的距离，
设过点的直线方程为：，因为过圆心，可得：，
即方程为，
由题意，若的最小值为1，即到的距离为1，
可得：，
平方化简可得：，
解得：或，即，
所以直线方程为：或.
19．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】(1)由题意可知，设：，则，整理计算即可求解；
(2)设，由定义得到，从而有，
求得，再由，即可求解；
(3)由，及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：
，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线，
关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题.
【详解】（1）由已知，且，设：，则：，
∴，整理得：，
∴点的轨迹方程为：.
（2）由(1)知，，设，由，
得，所以，
，整理得，即，
所以，，由，得，
即的取值范围是.
（3）若，则以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆的方程为，
整理得，该圆关于点对称.
由点，关于点对称及，
可得—卡西尼卵形线关于点对称，
令，解得，与矛盾，
所以不存在实数，，使得以为稳点的一阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.