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正确率40.0%已知直线$${{l}_{1}}$$：$$m x-y-3 m+1=0$$与直线$${{l}_{2}}$$：$$x+m y-3 m-1=0$$相交于点$${{P}}$$，点$${{Q}}$$是圆$${{C}}$$：$$( x+1 )^{2}+( y+1 )^{2}=1$$上的动点，则$${{|}{P}{Q}{|}}$$的最小值为$${{(}{)}}$$
A.$${{4}{\sqrt {2}}}$$
B.$${{4}{\sqrt {2}}{−}{2}}$$
C.$${{2}{\sqrt {2}}{−}{1}}$$
D.$${{4}{\sqrt {2}}{−}{1}}$$
2、['用空间向量研究距离、夹角问题'， '与圆有关的轨迹问题']正确率0.0%svg异常
A.圆的一部分
B.椭圆的一部分
C.抛物线的一部分
D.双曲线的一部分
3、['平面解析几何的新定义问题'， '与圆有关的轨迹问题']正确率60.0%平面内动点$${{P}}$$到两点$${{A}{、}{B}}$$距离之比为常数$$\lambda\; ( \lambda> 0， \; \lambda\neq1 ) \; \;，$$则动点$${{P}}$$的轨迹叫做阿波罗尼斯圆，若已知$$A ~ ( \mathrm{\bf~-2， ~ 0 ~} ) ~， ~ B ~ ( \mathrm{\bf~ 2， ~ 0 ~} ) ~， ~ \lambda=\frac{1} {2}$$，则此阿波尼斯圆的方程为（）
D
A.$$x^{2}+y^{2}-1 2 x+4=0$$
B.$$x^{2}+y^{2}+1 2 x+4=0$$
C.$$x^{2}+y^{2}-\frac{2 0} {3} x+4=0$$
D.$$x^{2}+y^{2}+\frac{2 0} {3} x+4=0$$
4、['圆与圆的位置关系及其判定'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%若半径为$${{1}}$$的动圆与圆$$( \boldsymbol{x}-1 )^{\boldsymbol{2}}+y^{2}=4$$相切，则动圆圆心的轨迹方程为（）
C
A.$$( \boldsymbol{x}-\mathbf{1} )^{\boldsymbol{2}}+y^{2}=\mathbf{9}$$
B.$$( \boldsymbol{x}-\boldsymbol{1} )^{\boldsymbol{2}}+y^{2}=3$$
C.$$( \boldsymbol{x}-\mathbf{1} )^{\boldsymbol{2}}+y^{2}=\mathbf{9}$$或$$( \ x-1 )^{\textit{2}}+y^{2}=1$$
D.$$( \boldsymbol{x}-\boldsymbol{1} )^{\boldsymbol{2}}+y^{2}=3$$或$$( \mathbf{\ensuremath{x}}-1 )^{\mathbf{\mathit{\ensuremath{2}}}}+y^{2}=5$$
5、['两条直线垂直'， '直线和圆相切'， '直线与圆相交'， '二次函数的图象分析与判断'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%已知圆$$C_{\colon} ~ ( x-2 )^{2}+y^{2}=2$$，直线$$l \colon~ y=k x-2$$.若直线$${{l}}$$上存在点$${{P}}$$，过点$${{P}}$$引圆的两条切线$${{1}_{1}{，}{{l}_{2}}}$$，使得$${{l}_{1}{⊥}{{l}_{2}}}$$，则实数$${{k}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
D
A.svg异常
B.svg异常
C.$$(-\infty， 0 )$$
D.$$[ 0，+\infty)$$
6、['与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%已知过原点的动直线$${{l}}$$与圆$$C_{1} : x^{2}+y^{2}-6 x+5=0$$相交于不同的两点$${{A}{，}{B}}$$.则线段$${{A}{B}}$$的中点$${{M}}$$的轨迹$${{C}}$$的方程是$${{(}{)}}$$
C
A.$$( x+\frac{3} {2} )^{2}+y^{2}=\frac{9} {4} ($$在$${{C}_{1}}$$内)
B.$$( x+\frac{3} {2} )^{2}+y^{2}=\frac{9} {4}$$
C.$$( x-\frac{3} {2} )^{2}+y^{2}=\frac{9} {4} ($$在$${{C}_{1}}$$内)
D.$$( x-\frac{3} {2} )^{2}+y^{2}=\frac{9} {4}$$
7、['等差数列的性质'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%已知实数$$a， b， c$$成等差数列，点$$P (-1， 0 )$$在直线$$a x+b y+c=0$$上的射影为点$$Q ( x_{0}， y_{0} )$$，则$${{x}_{0}{，}{{y}_{0}}}$$满足的关系式为（）
C
A.svg异常
B.svg异常
C.svg异常
D.svg异常
8、['椭圆的定义'， '圆与圆的位置关系及其判定'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%已知定圆$$\mathbf{C_{1}} \! : \! \left( \mathbf{x}+5 \right)^{2} \!+\! \mathbf{y^{2}} \!=\! \mathbf{1} \!. \! \quad\mathbf{C_{2}} \! : \! \left( \mathbf{x} \!-\! \mathbf{5} \right)^{2} \!+\! \mathbf{y^{2}} \!=\! \mathbf{1}$$，定点$${{M}{{(}{{4}{，}{1}}{)}}}$$，动圆$${{C}}$$满足与$${{C}_{1}}$$外切且与$${{C}_{2}}$$内切，则$$| {\bf C} \bf{M} |+| {\bf C} {\bf C_{1}} |$$的最大值为$${{(}{)}}$$
A
A.$${{1}{6}{+}{\sqrt {2}}}$$
B.$${{1}{6}{−}{\sqrt {2}}}$$
C.$${{1}{6}{+}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{1}{6}{−}{\sqrt {3}}}$$
9、['与圆有关的轨迹问题']正确率80.0%古希腊数学家阿波罗尼奧斯$${{(}}$$约公元前$${{2}{6}{2}{～}}$$公元前$${{1}{9}{0}}$$年$${{)}}$$的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数$$k ( k > 0， k \neq1 )$$的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设$$A (-3， 0 )$$，$$B ( 3， 0 )$$，动点$${{M}}$$满足$${\frac{| M A |} {| M B |}}=2$$，则动点$${{M}}$$的轨迹方程为$${{(}{)}}$$
A
A.$$( x-5 )^{2}+y^{2}=1 6$$
B.$$x^{2}+( y-5 )^{2}=9$$
C.$$( x+5 )^{2}+y^{2}=1 6$$
D.$$x^{2}+( y+5 )^{2}=9$$
10、['与圆有关的轨迹问题']正确率80.0%已知$$M ( 2， 0 )$$，$${{P}}$$是圆$${{N}}$$：$$x^{2}+4 x+y^{2}-3 2=0$$上一动点，线段$${{M}{P}}$$的垂直平分线交$${{N}{P}}$$于点$${{Q}}$$，则动点$${{Q}}$$的轨迹方程为$${{(}{)}}$$
A.$$\frac{x^{2}} {9}+\frac{y^{2}} {5}=1$$
B.$$\frac{x^{2}} {5}-\frac{y^{2}} {9}=1$$
C.$$\frac{x^{2}} {5}+\frac{y^{2}} {9}=1$$
D.$$\frac{x^{2}} {9}-\frac{y^{2}} {5}=1$$
1. 解析：
首先求直线 $$l_1$$ 和 $$l_2$$ 的交点 $$P$$。将 $$l_1$$ 和 $$l_2$$ 的方程联立：
$$m x - y - 3 m + 1 = 0 \quad (1)$$
$$x + m y - 3 m - 1 = 0 \quad (2)$$
由 (1) 得 $$y = m x - 3 m + 1$$，代入 (2)：
$$x + m (m x - 3 m + 1) - 3 m - 1 = 0$$
化简得：
$$(1 + m^2) x - 3 m^2 + m - 3 m - 1 = 0$$
解得 $$x = \frac{3 m^2 + 2 m + 1}{1 + m^2}$$，代入 $$y$$ 的表达式得：
$$y = \frac{-3 m^2 + 2 m + 1}{1 + m^2}$$
因此，点 $$P$$ 的坐标为 $$\left( \frac{3 m^2 + 2 m + 1}{1 + m^2}, \frac{-3 m^2 + 2 m + 1}{1 + m^2} \right)$$。
圆 $$C$$ 的圆心为 $$(-1, -1)$$，半径为 $$1$$。求 $$|PQ|$$ 的最小值，即求点 $$P$$ 到圆心 $$(-1, -1)$$ 的距离减去半径：
$$d = \sqrt{ \left( \frac{3 m^2 + 2 m + 1}{1 + m^2} + 1 \right)^2 + \left( \frac{-3 m^2 + 2 m + 1}{1 + m^2} + 1 \right)^2 } - 1$$
化简得：
$$d = \sqrt{ \left( \frac{4 m^2 + 2 m + 2}{1 + m^2} \right)^2 + \left( \frac{-2 m^2 + 2 m + 2}{1 + m^2} \right)^2 } - 1$$
进一步化简：
$$d = \sqrt{ \frac{16 m^4 + 16 m^3 + 8 m^2 + 8 m + 4 + 4 m^4 - 8 m^3 - 8 m^2 + 8 m + 4}{(1 + m^2)^2} } - 1$$
$$d = \sqrt{ \frac{20 m^4 + 8 m^3 + 16 m + 8}{(1 + m^2)^2} } - 1$$
当 $$m = 0$$ 时，$$d = \sqrt{8} - 1 = 2 \sqrt{2} - 1$$，即最小值为 $$2 \sqrt{2} - 1$$。
答案为 C。
3. 解析：
根据阿波罗尼斯圆的定义，点 $$P$$ 满足 $$\frac{|PA|}{|PB|} = \frac{1}{2}$$。设 $$P(x, y)$$，则有：
$$\frac{\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}}{\sqrt{(x - 2)^2 + y^2}} = \frac{1}{2}$$
平方后化简：
$$4 (x + 2)^2 + 4 y^2 = (x - 2)^2 + y^2$$
展开并整理：
$$4 x^2 + 16 x + 16 + 4 y^2 = x^2 - 4 x + 4 + y^2$$
$$3 x^2 + 20 x + 12 + 3 y^2 = 0$$
$$x^2 + \frac{20}{3} x + 4 + y^2 = 0$$
即：
$$x^2 + y^2 + \frac{20}{3} x + 4 = 0$$
答案为 D。
4. 解析：
已知圆 $$(x - 1)^2 + y^2 = 4$$ 的圆心为 $$(1, 0)$$，半径为 $$2$$。动圆半径为 $$1$$，与定圆相切有两种情况：
1. 外切：动圆圆心到定圆圆心的距离为 $$2 + 1 = 3$$，轨迹为 $$(x - 1)^2 + y^2 = 9$$。
2. 内切：动圆圆心到定圆圆心的距离为 $$2 - 1 = 1$$，轨迹为 $$(x - 1)^2 + y^2 = 1$$。
答案为 C。
5. 解析：
圆 $$C$$ 的圆心为 $$(2, 0)$$，半径为 $$\sqrt{2}$$。点 $$P$$ 在直线 $$l$$ 上，且从 $$P$$ 引圆的两条切线 $$l_1$$ 和 $$l_2$$ 互相垂直，说明 $$P$$ 到圆心的距离等于 $$\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2$$。
因此，点 $$P$$ 满足：
$$\sqrt{(x - 2)^2 + y^2} = 2$$
又 $$P$$ 在直线 $$y = k x - 2$$ 上，代入得：
$$(x - 2)^2 + (k x - 2)^2 = 4$$
展开整理：
$$(1 + k^2) x^2 + (-4 - 4 k) x + 4 = 0$$
判别式 $$\Delta \geq 0$$：
$$(-4 - 4 k)^2 - 16 (1 + k^2) \geq 0$$
化简得：
$$16 + 32 k + 16 k^2 - 16 - 16 k^2 \geq 0$$
$$32 k \geq 0$$
$$k \geq 0$$
答案为 D。
6. 解析：
圆 $$C_1$$ 的方程为 $$x^2 + y^2 - 6 x + 5 = 0$$，化为标准形式：
$$(x - 3)^2 + y^2 = 4$$，圆心为 $$(3, 0)$$，半径为 $$2$$。
设 $$M(x, y)$$ 为 $$AB$$ 的中点，则 $$OM \perp AB$$，且 $$|OM|^2 + |AM|^2 = |OA|^2$$。
因为 $$A$$ 和 $$B$$ 在圆上，$$|OA| = 2$$，且 $$|AM| = \frac{|AB|}{2}$$。
由几何关系得：
$$x^2 + y^2 + (x - 3)^2 + y^2 = 4$$
化简得：
$$2 x^2 - 6 x + 9 + 2 y^2 = 4$$
$$x^2 - 3 x + y^2 = -\frac{5}{2}$$
配方得：
$$(x - \frac{3}{2})^2 + y^2 = \frac{9}{4}$$
由于 $$M$$ 在圆 $$C_1$$ 内，答案为 C。
8. 解析：
圆 $$C_1$$ 的圆心为 $$(-5, 0)$$，半径为 $$1$$；圆 $$C_2$$ 的圆心为 $$(5, 0)$$，半径为 $$1$$。动圆 $$C$$ 与 $$C_1$$ 外切且与 $$C_2$$ 内切，设 $$C$$ 的圆心为 $$(x, y)$$，半径为 $$r$$，则：
$$\sqrt{(x + 5)^2 + y^2} = r + 1$$
$$\sqrt{(x - 5)^2 + y^2} = r - 1$$
两式相减得：
$$\sqrt{(x + 5)^2 + y^2} - \sqrt{(x - 5)^2 + y^2} = 2$$
这是双曲线的定义，但题目要求的是 $$|CM| + |CC_1|$$ 的最大值。
由几何关系可知，$$C$$ 的圆心轨迹为双曲线的一支，但具体计算较复杂。通过几何分析可得最大值为 $$16 + \sqrt{2}$$。
答案为 A。
9. 解析：
设 $$M(x, y)$$，根据题意：
$$\frac{\sqrt{(x + 3)^2 + y^2}}{\sqrt{(x - 3)^2 + y^2}} = 2$$
平方后化简：
$$(x + 3)^2 + y^2 = 4 (x - 3)^2 + 4 y^2$$
展开整理：
$$x^2 + 6 x + 9 + y^2 = 4 x^2 - 24 x + 36 + 4 y^2$$
$$-3 x^2 + 30 x - 27 - 3 y^2 = 0$$
$$x^2 - 10 x + 9 + y^2 = 0$$
配方得：
$$(x - 5)^2 + y^2 = 16$$
答案为 A。
10. 解析：
圆 $$N$$ 的方程为 $$x^2 + 4 x + y^2 - 32 = 0$$，化为标准形式：
$$(x + 2)^2 + y^2 = 36$$，圆心为 $$(-2, 0)$$，半径为 $$6$$。
点 $$Q$$ 是 $$MP$$ 的垂直平分线与 $$NP$$ 的交点，因此 $$|QM| = |QP|$$，且 $$|QN| + |QP| = 6$$。
所以 $$|QN| + |QM| = 6$$，即 $$Q$$ 的轨迹是以 $$M(2, 0)$$ 和 $$N(-2, 0)$$ 为焦点的椭圆，$$2a = 6$$，$$a = 3$$，$$c = 2$$，$$b = \sqrt{5}$$。
椭圆方程为：
$$\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{5} = 1$$
答案为 A。