重難點25 直線與圓綜合（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學一輪復習專練（新高考專用）

重難點25直線與圓的綜合【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1圓的弦長與中點弦問題】 2【題型2圓的切線及切線方程問題】 4【題型3直線與圓中的面積問題】 7【題型4直線與圓中的最值問題】 11【題型5距離及其新定義問題】 14【題型6阿波羅尼斯圓】 16【題型7直線與圓中的定點、定值、定直線問題】 19【題型8直線與圓中的向量問題】 24【題型9直線與圓中的探索性問題】 261、直線與圓的綜合直線與圓是高考的重點、熱點內(nèi)容.從近幾年的高考情況來看，直線與圓結(jié)合命題時，主要考察直線與圓的位置關(guān)系、圓的弦長、面積、最值問題等，多以選擇題或填空題的形式考查，難度中等；有時也會出現(xiàn)在壓軸題的位置，此時多與導數(shù)、圓錐曲線等相結(jié)合，難度較大，需要學會靈活求解.【知識點1直線與圓相交時的弦長求法】1．圓的弦長的求法：設直線l的方程為y=kx+b，圓C的方程為，求弦長的方法有以下幾種：

(1)幾何法

如圖所示，半徑r、圓心到直線的距離d、弦長l三者具有關(guān)系式：.(2)代數(shù)法

將直線方程與圓的方程組成方程組，設交點坐標分別為A,B.

①若交點坐標簡單易求，則直接利用兩點間的距離公式進行求解.

②若交點坐標無法簡單求出，則將方程組消元后得一元二次方程，由一元二次方程中根與系數(shù)的關(guān)系可得或的關(guān)系式，通常把或叫作弦長公式.【知識點2圓的切線及切線方程問題】1．自一點引圓的切線的條數(shù)：

(1)若點在圓外，則過此點可以作圓的兩條切線；

(2)若點在圓上，則過此點只能作圓的一條切線，且此點是切點；

(3)若點在圓內(nèi)，則過此點不能作圓的切線.

2．求過圓上的一點的圓的切線方程：

(1)求法：先求切點與圓心連線的斜率k()，則由垂直關(guān)系可知切線斜率為，由點斜式方程可求得切線方程.如果k=0或k不存在，則由圖形可直接得切線方程.(2)重要結(jié)論：①經(jīng)過圓上一點P的切線方程為.

②經(jīng)過圓上一點P的切線方程為.

③經(jīng)過圓+Dx+Ey+F=0上一點P的切線方程為.【知識點3解決直線與圓有關(guān)的最值與范圍問題的常用方法】1．利用直線與圓的位置關(guān)系解決最值(取值范圍)問題的解題方法直線與圓中的最值問題一般是根據(jù)條件列出所求目標——函數(shù)關(guān)系式，然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系式的特征選用參數(shù)法、配方法、判別式法等，應用不等式求出其最值(取值范圍).對于圓的最值問題，要利用圓的特殊幾何性質(zhì)，根據(jù)式子的幾何意義求解，這常常是簡化運算的最佳途徑.

①形如u=的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題.②形如t=ax+by的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題.

③形如的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動點到定點的距離的平方的最值問題.【題型1圓的弦長與中點弦問題】【例1】（2024·河南·模擬預測）直線l:x+y=1，圓C:x2+y2?2x?2y?2=0.則直線l被圓C所截得的弦長為（

）A．2 B．23 C．27 【解題思路】先將圓的方程化為標準形式，求出圓心坐標與圓的半徑，再求出圓心到直線的距離，最終利用勾股定理即可求解.【解答過程】圓C的標準方程為x?12由此可知圓C的半徑為r=2，圓心坐標為C1,1所以圓心C1,1到直線l:x+y=1的距離為d=所以直線被圓截得的弦長為2r故選：D.【變式1-1】（2024·全國·模擬預測）已知直線l:y=x+m(m>0)與⊙C:(x?1)2+y2=2交于A，B兩點，若A．1 B．2 C．2?1 D．【解題思路】如圖，根據(jù)點到直線的距離求出圓心C(1,0)到直線l:x?y+m=0的距離，由垂徑定理求出CD，建立關(guān)于m的方程，解之即可求解.【解答過程】如圖，取AB的中點D，連接CD,AC，則AB⊥CD，

圓C:(x?1)2+y2圓心C(1,0)到直線l:x?y+m=0的距離為d=1+m又d=r2?由m>0，解得m=2故選：C.【變式1-2】（24-25高二上·陜西西安·開學考試）直線l過點2,1，且與圓C：x?22+y?4A．6 B．7 C．8 D．9【解題思路】判斷已知點與圓的位置關(guān)系，并確定過定點的直線與圓所成弦長的范圍，結(jié)合圓的對稱性確定弦的條數(shù).【解答過程】由題設，圓C的圓心為(2,4)，且半徑r=10而2?22+1?42=9<10當直線l與2,1、(2,4)的連線垂直時，弦長最短為2r而最長弦長為圓的直徑為210，故所有弦的弦長范圍為[2,2所以相交所形成的長度為整數(shù)的弦，弦長為2,3,4,5,6，根據(jù)圓的對稱性，弦長為3,4,5,6各有2條，弦長為2的只有1條，綜上，共9條.故選：D.【變式1-3】（2024·廣東廣州·模擬預測）直線l:y=kx?2與圓C:x2+y2?6x?7=0交于A，A．7,4 B．27,8 C．3【解題思路】求得直線恒過的定點，找出弦長取得最值的狀態(tài)，即可求出AB的取值范圍.【解答過程】由題易知直線l:y=kx?2恒過M0,?2圓C:x2+即圓心為C3,0，半徑r=4圓心到M0,?2距離CM所以M0,?2在圓C則直線l與圓C交點弦AB最大值為直徑即8，AB最小時即為圓心到直線距離最大，即CM⊥l時，此時AB=2所以AB的取值范圍為23故選：D.【題型2圓的切線及切線方程問題】【例2】（2024·全國·模擬預測）已知圓C:x2+y2+4x+6y+12=0，直線l過點P?1,0，則“直線l的方程為4x?3y+4=0A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】根據(jù)直線與圓相切求出切線方程，再由充分條件、必要條件得出選項.【解答過程】因為圓C:x2+所以圓C的圓心坐標是?2,?3，半徑為1．當直線l的斜率不存在時，直線l的方程是x=?1，滿足直線l當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+1，即kx?y+k=0由圓心C?2,?3到直線l的距離等于圓C的半徑，得?2k+3+kk2故直線l的方程是4x?3y+4=0．綜上所述，當直線l的方程是x=?1或4x?3y+4=0時，直線l則“直線l的方程為4x?3y+4=0”是“直線l與圓C相切”的充分不必要條件．故選：A.【變式2-1】（2024·四川攀枝花·三模）由直線y=x上的一點P向圓x?42+y2=4引切線，切點為QA．2 B．2 C．6 D．2【解題思路】根據(jù)已知條件，求得PQ=d2?r【解答過程】由已知有：圓的圓心4,0，半徑為r=2，直線的一般方程為x?y=0，設點P到圓心的距離為d，則有PQ⊥CQ，所以PQ=所以d取最小值時，PQ取得最小值，因為直線上點P到圓心的距離最小值為圓心到直線的距離，所以d=4?01+1=22，故故選：B.【變式2-2】（2024·天津和平·二模）過直線y=x上的點P作圓C：x+32+y?52=4的兩條切線l1，l2，當直線l1，A．1,1 B．35,35 C．【解題思路】根據(jù)直線和圓的位置關(guān)系、兩直線的交點等知識求得正確答案.【解答過程】圓C:x+32+直線l1,l2關(guān)于直線y=x對稱時，所以直線CP的方程為y?5=?x+3由x+y?2=0y=x解得x=1y=1，所以故選：A.【變式2-3】（2024·湖南永州·一模）在平面直角坐標系中，過直線2x?y?3=0上一點P作圓C:x2+2x+y2=1的兩條切線，切點分別為A．265 B．255 C．【解題思路】由題意圓C:x2+2x+y2=1的標準方程為C:x+1+y【解答過程】如下圖所示：

由題意圓C的標準方程為C:x+1+y又因為sinα=ACCP所以sin∠APB=2又圓心C?1,0到直線2x?y?3=0的距離為d=所以CP≥d=5，所以不妨設則sin∠APB=2又因為ft在0,15單調(diào)遞增，所以當且僅當t=15即CPsin∠APB有最大值sin故選：A.【題型3直線與圓中的面積問題】【例3】（23-24高二上·福建南平·期末）已知圓C的圓心在直線l1:x?y?3=0上且圓C與x軸相切于點(1)求圓C的方程；(2)已知直線l2:x+2y?1=0與圓C相交于A,B兩點，求【解題思路】（1）設圓心坐標為C(a,b)，由題意a?b?3=0a=2（2）求出圓心到直線l2的距離，結(jié)合圓的弦長公式求得AB【解答過程】（1）設圓心坐標為C(a,b)，由于圓C的圓心在直線l1:x?y?3=0上且圓C與x軸相切于點可得a?b?3=0a=2，解得a=2b=?1，即圓心坐標為由于圓C與x軸相切于點M(2,0)，則半徑r=?1所以圓C的方程為(x?2)2（2）依題意，圓心(2,?1)到直線l2:x+2y?1=0的距離因為直線l2:x+2y?1=0與圓C相交于所以弦長AB=2所以S△ABC【變式3-1】（23-24高二上·浙江湖州·期末）已知圓O：x2+y(1)若直線l與圓O交于不同的兩點A，B，當∠AOB=90°時，求k的值；(2)若k=12時，點P為直線l上的動點，過點P作圓O的兩條切線PC，PD，切點分別為C，D，求四邊形【解題思路】（1）根據(jù)垂徑定理得圓心到直線距離，再利用點到直線距離公式求解；（2）將四邊形OCPD的面積的最小值轉(zhuǎn)化為求S△OPD的面積最小值，根據(jù)S【解答過程】（1）當∠AOB=90°時，由垂徑定理得圓心O到直線l:y=kx+4的距離為2，則41+解得k=±7（2）當k=12時，直線l:y=由已知得S又OPmin所以S△OPD的最小值為8又因為四邊形OCPD的面積的為2S△OPD【變式3-2】（23-24高二上·河南·階段練習）已知圓M經(jīng)過A1,5(1)求圓M的方程；(2)已知斜率為?12的直線l經(jīng)過第三象限，且與圓M交于點E,F，求【解題思路】（1）設出圓方程，代入點坐標，利用待定系數(shù)法求解圓M的方程即可.（2）設出直線方程，表示出△EFM的面積，根據(jù)參數(shù)范圍即可求出△EFM的面積的取值范圍.【解答過程】（1）設圓M的方程為x2+y則D+5E+F+26=04D+2E+F+20=05則圓M的方程為x2（2）

由（1）知圓M的方程為x?12即圓心M1,2，半徑為r=3可設直線l方程：y=?1圓心M1,2到直線l的距離為d=由于k<0，且直線l與圓交于兩點，因此d>5,0<d<3，即線段EF=29?d2，因此△EFM由于5<d<3，則d2∈所以△EFM的取值范圍為0,25【變式3-3】（2024·江蘇蘇州·三模）已知圓O:x2+y2=4，直線l1:x=m，直線l2:y=x+b和圓交于A，B兩點，過(1)求實數(shù)b的取值范圍;(2)若m=?4，求四邊形ABDC的面積取最大值時，對應實數(shù)b的值;(3)若直線AD和直線BC交于點E，問是否存在實數(shù)m，使得點E在一條平行于x軸的直線上?若存在，求出實數(shù)m的值;若不存在，請說明理由.【解題思路】（1）利用圓O與直線l2相交可建立關(guān)于b（2）聯(lián)立圓O與直線l2的直線方程，利用韋達定理和b表示出四邊形ABDC（3）表示出直線AD和直線BC交的直線方程，聯(lián)立方程組得到y(tǒng)的值，再結(jié)合韋達定理可得實數(shù)m.【解答過程】（1）圓O的半徑為2，因為直線l2和圓O交于A，B所以圓心到直線l2的距離d=解得?22則實數(shù)b的取值范圍為?22（2）設Ax1,由y=x+bx2+所以x1+x則y1?y因為四邊形ABDC為直角梯形，所以四邊形ABDC的面積S==1令fb=8?f′b=48?bb當?22<b<2?22時，f當2?22<b<22時，f所以當b=2?22時四邊形ABDC且最大值為6+22

（3）Ax1,y1,Bx由（2）x1+x2=?b,直線AD:y?y2聯(lián)立得y=y=若bm+4b+2m為常數(shù)，則bm+4=kb+2m，其中可得k=m4=2mk，解得k=±所以當m=±2時點E在一條平行于x【題型4直線與圓中的最值問題】【例4】（2024·四川樂山·三模）已知圓O:x2+y2=16，點E是l:2x?y+16=0上的動點，過E作圓O的切線，切點分別為A,B，直線AB與EO交于點A．2 B．5 C．6 D．7【解題思路】根據(jù)已知條件及三角形相似，利用向量的關(guān)系及點在直線上，結(jié)合圓上的點到定點的距離的最值即可求解.【解答過程】由題意作出圖形如圖所示設Mx,y，Ex′,y′，由所以|OE||OM|=|OA|2所以x′所以x′所以點E16x將點E的坐標代入直線l:2x?y+16=0中，化簡可得x+12+y?12所以點M的軌跡是以?1,12為圓心，所以OM的最大值為?1?0故選：B.【變式4-1】（2024·廣東珠?！ひ荒＃┮阎cA?1,0，B0,3，點P是圓x?32+yA．6 B．112 C．92 【解題思路】求出直線AB的方程，利用點到直線的距離，結(jié)合圓的性質(zhì)求出點P到直線AB距離的最小值即可求得最小值.【解答過程】兩點A?1,0，B0,3，則|AB|=(?1)2+圓x?32+y2=1點C到直線AB:3x?y+3=0的距離d=12因此點P到直線AB距離的最小值為d?r=6所以△PAB面積的最小值是12故選：D.【變式4-2】（2024·陜西商洛·模擬預測）已知圓C:x2+2x+y2=0，點P為直線2x+y?2=0上的一點，過P作圓C的切線，切點分別為A．455 B．38 C．?【解題思路】根據(jù)給定條件，利用切線長定理，結(jié)合二倍角的余弦公式列式，再借助點到直線距離求解即得.【解答過程】圓C:x2+2x+y2依題意，cos∠APB=1?2顯然當PC取得最小值時，cos∠APBPC的最小值即為點C到直線2x+y?2=0的距離，即|PC|所以(cos故選：B.【變式4-3】（2024·陜西西安·一模）已知圓O的方程為：x2+y2=1，點A2,0，B0,2，P是線段AB上的動點，過P作圓O的切線，切點分別為C，D，現(xiàn)有以下四種說法：①四邊形PCOD的面積的最小值為1；②四邊形PCOD的面積的最大值為3；③PC?PDA．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①④【解題思路】利用數(shù)形結(jié)合，將面積PCOD的最值轉(zhuǎn)化為求OP的最值，即可判斷①②；利用數(shù)量積和三角函數(shù)表示PC?【解答過程】如圖，當點P是AB的中點時，此時OP⊥AB，OP最短，最小值為2，當點P與點A或點B重合時，此時OP最長，最大值為2，因為PC,PD是圓O的切線，所以PC⊥OC，PD⊥OD，則四邊形PCOD的面積為PCOC所以四邊形PCOD的面積的最小值為2?1=1，最大值為4?1PC?=PC=PO2+設y=t+2t?3,t∈故選：B.【題型5距離及其新定義問題】【例5】（2024·四川成都·三模）已知圓C：x2+y2=1，直線l：x?y+c=0，則“c=22”是“圓CA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要【解題思路】利用圓C上恰存在三個點到直線l的距離等于12，等價于O0,0到直線l：x?y+c=0的距離為【解答過程】因為圓C：x2+y2=1當圓C上恰存在三個點到直線l的距離等于12則O0,0到直線l：x?y+c=0的距離為1所以0?0+c1+1=1當c=22時，由上可知O0,0到直線l：x?y+c=0此時圓C上恰存在三個點到直線l的距離等于12所以“c=22”是“圓C上恰存在三個點到直線l的距離等于故選：A.【變式5-1】（2024·河南·模擬預測）已知實數(shù)a，b滿足a2+b2+1=2a+2bA．1 B．2 C．4 D．16【解題思路】將已知a2+b2+1=2a+2b【解答過程】依題意可知曲線fa,b=0表示一個以求3a+4b?12的最小值相當于先求d=即求圓a?12+b?12=1所以dmin即3a+4b?12故選：A．【變式5-2】（2024·河南·模擬預測）一直線族的包絡線是這樣定義的曲線：該曲線不包含于直線族中，但過該曲線上的每一點，都有直線族中的一條直線與它在這一點處相切.若曲線C是直線族t2?1x?2ty+2t2+2=0t∈R的包絡線，則C【解題思路】將切線方程轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的方程為x+2t2?2yt+2?x=0.根據(jù)一個解對應一條切線可知該方程僅有一解，利用Δ【解答過程】曲線C上任一點Px,y對應的切線方程為t將其整理為關(guān)于t的方程為x+2t由題意知，一個解對應一條切線，即關(guān)于t的方程僅有一解，所以Δ=?2y2即曲線C的方程為x2故C上的點到直線x+y=4的最小距離為d=4故答案為：22【變式5-3】（2024高三·全國·專題練習）已知點Px,y是圓(x+2)(1)求P點到直線3x+4y+12=0的距離的最大值和最小值．(2)求x?2y的最大值和最小值．(3)求y?2x?1【解題思路】（1）轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離的最大值和最小值；（2）解法一，轉(zhuǎn)化為直線x?2y?t=0與圓(x+2)2（3）首先設y?2x?1=k，再轉(zhuǎn)化為直線kx?y?k+2=0與圓【解答過程】（1）圓心C?2,0到直線3x+4y+12=0的距離為d=∴P點到直線3x+4y+12=0的距離的最大值為d+r=65+1=（2）解法一：設t=x?2y，則直線x?2y?t=0與圓(x+2)2∴|?2?t|12+則tmax=5?2,tmin=?2?解法二：設x=?2+cosθ,y=sinθ，則∴得?2?5≤x?2y≤?2+5，即x?2y的最大值為5（3）y?2x?1表示圓上的點Px,y與點A1,2設y?2x?1=k，即kx?y?k+2=0，直線kx?y?k+2=0與圓設d=|?3k+2|解得3?3則kmax=3+34,k【題型6阿波羅尼斯圓】【例6】（2024·廣西河池·模擬預測）古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中有這樣一個結(jié)論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)λ（λ≠1）的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓.已知點O0,0，A15,25，動點Px,y滿足POPA=52，若點PA．12 B．1 C．2 【解題思路】由題意計算可得點P的軌跡為圓，由公切線條數(shù)可知兩圓外切，借助兩圓外切的性質(zhì)計算即可得解.【解答過程】由題意可得x2+y即x?12+y?22=4，即動點P由C：x2+y2+6x+2y=故圓C以?3,?1為圓心，r為半徑，由兩圓有且僅有三條公切線，故兩圓外切，即有r+2=1+32+故選：D.【變式6-1】（2024·全國·模擬預測）古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：在平面上，若動點P到相異兩點A和B距離比值為不等于1的定值，則動點P的軌跡是圓心在直線AB上的圓，該圓被稱為點A和B相關(guān)的阿氏圓．已知P在點A和B相關(guān)的阿氏圓O:x2+y2=4上，其中點A?4,0，點QA．32?1 B．32+1【解題思路】借助阿氏圓定義計算可得B點坐標，進而可得12【解答過程】方法一：因為圓O:x2+y2由阿氏圓定義知，點B在x軸上，設Bt,0圓O:x2+y2=4與則由阿氏圓定義知P1BP解得t=?1或t=?4（舍），故B?1,0且PBPA=1故PQ+當且僅當B，P，Q，M四點共線時，PQ+方法二：設Px0,y0故1=x02+y故PQ+當且僅當B，P，Q，M四點共線時，PQ+故選：C．【變式6-2】（2024·廣西·模擬預測）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個動點P到兩個定點的距離之比為常數(shù)λ（λ>0且λ≠1），那么點P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.若點P到A2,0，B?2,0的距離比為3，則點P到直線l：22A．32+23 B．2+23 C．【解題思路】先由題意求出點P的軌跡方程，再由直線和圓的位置關(guān)系求解即可.【解答過程】由題意，設點Px,y，則PA∴x?22+y2x+2∴點P的軌跡是以?4,0為圓心，半徑r=23圓心?4,0到直線l：22x?y?2∴點P到直線l最大距離為d+r=32故選：A.【變式6-3】（2024·全國·模擬預測）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，與歐幾里得?阿基米德被稱為亞歷山大時期數(shù)學三巨匠，阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點A,B的距離之比為定值λ(λ>0，且λ≠1)的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”.在平面直角坐標系xOy中，A?2,0,B4,0，點P滿足PAPB=12A．C的方程為(x+4)B．當A,B,P三點不共線時，則∠APO=∠BPOC．在C上存在點M，使得|MO|=2|MA|D．若D2,2，則PB+2【解題思路】根據(jù)已知條件及兩點之間的距離公式，利用三角形的角平分線定理及圓與圓的位置關(guān)系，結(jié)合三點共線時線段取得最短即可求解.【解答過程】設Px,y，由PAPB=12當A,B,P三點不共線時，OAOB=12=PAPB設Mx,y,則x2+y2=2x+22+y2誤；因為PAPB=12，所以PB=2PA，所以故選：C.【題型7直線與圓中的定點、定值、定直線問題】【例7】（2024高三·全國·專題練習）已知圓A：(x+2)2+y2=25，A為圓心，動直線l過點P(2,0)，且與圓A交于B，C兩點，記弦BC(1)求曲線E的方程；(2)過A作兩條斜率分別為k1，k2的直線，交曲線E于M，N兩點，且k1【解題思路】（1）根據(jù)題意可得：AQ⊥BC，AQ⊥PQ，即點Q的軌跡為以AP為直徑的圓，從而得到曲線E的方程；（2）討論當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，聯(lián)立x2+y2=4，結(jié)合韋達定理可得：x1+x2=?2ktk2+1，【解答過程】（1）因為Q是弦BC的中點，所以AQ⊥BC，即AQ⊥PQ，所以點Q的軌跡為以AP為直徑的圓，所以曲線E的方程為x2（2）當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+t，代入x2+y設M(x1,y1)，則Δ>0，x1+k根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得t2即(t?k)(t?2k)=0.若t?2k=0，則直線MN過點A，舍去；所以t?k=0，即t=k，直線MN的方程為y=k(x+1)，故直線過定點(?1,0).當直線MN斜率不存在時，設直線MN：x=t(?2<t<2)，與曲線E的方程聯(lián)立，可得M(t,4?t2)，N(t,?4?故直線MN的方程為x=?1綜上，直線MN過定點(?1,0).【變式7-1】（23-24高三上·黑龍江哈爾濱·期末）圓G經(jīng)過點2,23,?4,0(1)求圓G的標準方程；(2)若圓G與x軸分別交于M,N兩點，A為直線l:x=16上的動點，直線AM,AN與曲線圓G的另一個交點分別為E,F，求證直線EF經(jīng)過定點，并求出定點的坐標．【解題思路】（1）設出圓心坐標，利用圓心到圓上各點的距離等于半徑求解即可；（2）設出直線AM的方程和直線AN的方程，分別與圓的方程聯(lián)立寫出E、F的坐標，進而寫出直線EF的方程，化簡即可證明直線EF經(jīng)過定點，并求出定點的坐標.【解答過程】（1）因為圓心在直線y=x上，設圓心為a,a又因為圓G經(jīng)過點2,2則a?22+a?2所以圓心0,0,半徑為0+4所以圓G的標準方程為x（2）由圓G與x軸分別交于M,N兩點，不妨設M?4,0又A為直線l:x=16上的動點，設A16,tt≠0則AM方程為y=t20x+4，AN設Ex聯(lián)立方程y=t20x+4所以?4x1=16t聯(lián)立方程y=t12x?4所以4x2=16t當t≠±415時，kEF=所以直線EF的方程為y?化簡得y=32t240?t2x?1當t=±415時，x1=x2綜上，直線EF過定點1,0.【變式7-2】（23-24高二上·江蘇泰州·階段練習）已知△AMN的三個頂點分別為A3,0，M0,1，N0,9，動點P(1)求動點P的軌跡T的方程；(2)若B，C為（1）中曲線T上的兩個動點，D為曲線x+12+y2=4x≠?3上的動點，且【解題思路】（1）設Px,y（2）設直線AB和直線AC的斜率之積為mm≠0，設Bx1,y1，Cx2,y2，Dx0,y【解答過程】（1）設Px,y，由PN=3PM化簡得動點P的軌跡T的方程為x2（2）設直線AB和直線AC的斜率之積為mm≠0事實上，若m=0，則直線BC必過原點，從而D的坐標為?3,0，不合題意，舍去．設Bx1,y1，Cx2則y1又B，C在圓O：x2+y2=9所以9?x12整理得x1因為AD=AB+從而Dx1+x2所以y1+y將①代入：9+9+2mx化簡得：(m+1)x將②代入：3m2+1因為x1+x2?3≠?3，所以x【變式7-3】（23-24高二上·重慶·階段練習）已知圓C與直線x?3y+2=0相切于點1,3，且圓心C(1)求圓C的方程；(2)過點A1,0作直線交圓C于M，N兩點，且M，N兩點均不在x軸上，點B4,0，直線BN和直線OM交于點G.證明：點【解題思路】（1）設圓心Ca,0（2）設直線MN方程，與圓方程聯(lián)立，得到韋達定理式，求出直線OM和直線BN的方程，聯(lián)立求得xG【解答過程】（1）由圓心C在x軸的正半軸上設圓心Ca,0又圓C與直線x?3y+2=0相切于點1,3，則3所以C2,0，半徑r=2?12+0?（2）設Mx1,y1，N聯(lián)立x?22+yΔ=?2m2+12m直線OM方程為：y=y1x1x聯(lián)立y=y1x所以點G在直線x=?2上.【題型8直線與圓中的向量問題】【例8】（2024·安徽·一模）已知直線x+y?k=0k>0與圓x2+y2=4交于不同的兩點A,B，O是坐標原點，且有A．3,6 B．2,6 C．【解題思路】設AB中點為C，由條件得出AB與OC的關(guān)系結(jié)合點到直線的距離解不等式即可.【解答過程】設AB中點為C，則OC⊥AB，∵OA+∴2OC≥3∵OC2+1又∵直線x+y?k=0k>0與圓x2+∴OC2<4，故則4>|?k|∵k>0,∴6故選：C．【變式8-1】（2024·重慶·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，已知圓C:x?12+y2=4，P為直線l:x+y+3=0上的一個動點，過點P作圓C的切線PM，切點為點M，當A．4 B．2 C．2 D．3【解題思路】判斷出PM最小時P點的位置，進而求得此時PM?【解答過程】由于PM是圓C的切線，所以PM⊥CM，所以PM=當PC⊥l時，PC最小，此時PM最小.C1,0到直線l:x+y+3=0的距離為1+0+3則PC⊥l時，PC=22，所以此時三角形PCM是等腰直角三角形，所以當PM最小時，則PM?PC的值為故選：A.【變式8-2】（2024·河北唐山·二模）已知圓C：x2+y?32=4，過點0,4的直線l與x軸交于點P，與圓C交于A，BA．0,1 B．0,1 C．0,2 D．0,2【解題思路】作出線段AB的中點D，將CA+CB轉(zhuǎn)化為2CD，利用垂徑定理，由圖化簡得CP?CA+CB【解答過程】

如圖，取線段AB的中點D，連接CD，則CD⊥AB，由CP?CA+因直線l經(jīng)過點M(0,4)，考慮臨界情況，當線段AB中點D與點M重合時（此時CM⊥AB），弦長AB最小，此時CD最長，為|CD|max=|CM|=4?3=1，（但此時直線l與x當線段AB中點D與點C重合時，點P與點O重合，CD最短為0（此時符合題意）.故CP?CA+故選：D.【變式8-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）設點Pa,b，若直線l:ax+by=1與圓O:x2+y2=4交于A,BA．12,22 B．0,22【解題思路】設AB得中點為D，根據(jù)垂徑定理結(jié)合向量的線性運算可得OD>DA，進而可得【解答過程】由題意可知：圓O:x2+y2設AB得中點為D，可知OD⊥AB,OA因為OA+OB>即OD>DA，可得OD>可知圓心O0,0到直線l:ax+by=1的距離d=可得a2+所以OP的取值范圍為12故選：A.【題型9直線與圓中的探索性問題】【例9】（23-24高一下·云南昆明·期末）已知直線l:y=kxk≠0與圓C:x2+y(1)若AB=14(2)在x軸上是否存在點M，使得當k變化時，總有直線MA，MB的斜率之和為0，若存在，求出點M的坐標，若不存在，說明理由【解題思路】（1）由圓的方程求得圓心坐標與半徑，再由垂徑定理列式求得k；（2）設Ax1,y1【解答過程】（1）由圓C:x2+y2?2x?3=0，得∵|AB|=14,∴C到AB的距離為由點到直線的距離公式可得:|k|k2+1（2）設Ax聯(lián)立y=kxx2+∵Δ∴x設存在點M(m,0)滿足題意，即kAM∴k∵k≠0,∴x即?61+k∴存在點M(?3,0)符合題意.【變式9-1】（23-24高二上·廣東廣州·期中）圓C:x(1)若圓C與y軸相切，求圓C的方程；(2)已知a>1，圓C與x軸相交于兩點M，N（點M在點N的左側(cè)）．過點M任作一條直線與圓O:x2+y2=9相交于兩點A，B．問：是否存在實數(shù)【解題思路】（1）從直線與圓相切時僅有一個公共點的特點，利用Δ=0求得參數(shù)a（2）先求出點M1,0，Na,0，設出直線AB方程，與圓O方程聯(lián)立，得到韋達定理，再將∠ANM=∠BNM等價轉(zhuǎn)化成NA、NB的斜率互為相反數(shù)，代入韋達定理計算即得【解答過程】（1）由x=0x2?因為圓與y軸相切，所以Δ=a2故所求圓C的方程為x2+y（2）令y=0得x2解得x=1或x=a，而a>1，即M1,0，N假設存在實數(shù)a，設Ax1,當直線AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y=kx?1由y=kx?1x2根據(jù)韋達定理有x1又∠ANM=∠BNM，則NA、NB的斜率互為相反數(shù)，即y1x1于是x1?1x將（*）代入可得：2(k2?9)1+k當直線AB與x軸垂直時，|AM|=|BM|,顯然滿足∠ANM=∠BNM，即NA、NB的斜率互為相反數(shù)．綜上所述，存在a=9，使得∠ANM=∠BNM．【變式9-2】（23-24高二上·廣東廣州·期末）已知圓心C在直線y=?2x上，并且經(jīng)過點A2,?1，與直線x+y?1=0(1)求圓C的標準方程；(2)對于圓C上的任意一點P，是否存在定點B（不同于原點O）使得PBPO恒為常數(shù)？若存在，求出點B【解題思路】（1）利用點在圓上以及相切，根據(jù)點到直線的距離公式以及點點距離公式，求出圓的半徑和圓心，即可求圓C的標準方程；（2）設P(x,y)，定點B(m,n)(m，n不同時為0)，根據(jù)|PA||PO|=λ(λ為常數(shù)），可得(x?m)2+(y?n)【解答過程】（1）圓心C在直線y=?2x，故設圓心為a,?2a，半徑為r，則a?22+?2a所以圓的方程為x?1（2）設P(x,y)，且x?12+y+2設定點B(m,n)，(m,n不同時為0)，PBPO則(x?m)2兩邊平方，整理得(1?代入x2+y化簡得2(1?所以，2(1?λ2)?2m=0?4(1?λ即B(3【變式9-3】（23-24高二上·福建泉州·期中）已知半徑為2的圓C的圓心在x軸的正半軸上，且直線l:3x?4y+4=0與圓C相切．(1)求圓C的標準方程；(2)若Q的坐標為(?2,4)，過點Q作圓C的兩條切線，切點分別為M,N，求直線MN的方程；(3)過點A(1,0)任作一條不與y軸垂直的直線與圓C相交于E,F兩點，在x非正半軸上是否存在點B，使得∠ABE=∠ABF？若存在，求點【解題思路】（1）根據(jù)點到直線的距離，結(jié)合待定系數(shù)法即可求解圓心，（2）根據(jù)四點共圓可得圓D方程，進而可得公共弦的直線方程，或者利用向量垂直的坐標關(guān)系可得切線方程，進而可得直線方程，（3）根據(jù)斜率和為0，結(jié)合斜率公式以及韋達定理即可化簡求解.【解答過程】（1）設圓心C的坐標為(a,0)(a>0)，則圓C的方程為(x?a)2因為直線3x?4y+4=0與圓C相切，所以點C(a,0)到直線l:3x?4y+4=0的距離d=|3a+4|因為a>0，所以a=2，所以圓C的標準方程為(x?2)2（2）法1：由條件可知Q,M,C,N四點共圓，且QC直徑，記為圓D，則D0,2,半徑2所以圓D的方程為x2因為圓C的方程為x2兩圓方程相減可得x?y?1=0，所以直線MN的方程為x?y?1=0；法2：設M(x3,y4),N(x根據(jù)MC⊥HQ,可得切線QM的方程為因為Q在直線QM上，所以?4(x同理?4(x從而直線MN的方程為?4(x?2)+4y=4，即x?y?1=0；（3）設存在點B(b,0)(b≤0)滿足條件，由題可設直線AE:x=my+1，E(x由x=my+1x?22+∵點A(1,0)在圓C內(nèi)部，∴Δ>0恒成立，則y因為∠ABE=∠ABF，所以kBE=?k即是y1my從而2m×?3m2因為對任意的m∈R都要成立，所以b=?2，由此可得假設成立，存在滿足條件的B，且坐標為(?2,0)．一、單選題1．（24-25高二上·江蘇宿遷·開學考試）若直線l:kx?y?2=0與曲線C:1?(y?1)2=x?1有兩個不同的交點，則實數(shù)A．(43,+∞) B．(4【解題思路】根據(jù)直線與半圓的位置關(guān)系可求k的取值范圍.【解答過程】曲線C:1?(y?1)2曲線與x軸的交點為A1,0而直線l:kx?y?2=0為過0,?2的動直線，當直線l與半圓相切時，有k?31+k2當直線l過A時，有k=2因為直線l與半圓有兩個不同的交點，故43故選：D.2．（23-24高二下·廣東茂名·階段練習）已知圓C:x?32+y?42=9，直線l:m+3A．27 B．10 C．22 【解題思路】先求出直線l所過的定點P2,3，數(shù)形結(jié)合得到當CP⊥l時，直線l被圓C【解答過程】直線l:m+3令x?y+1=03x?2y=0，解得x=2y=3，所以直線l恒過定點圓C:x?32+y?42且PC2=2?3當CP⊥l時，圓心C到直線l的距離最大為d=PC此時，直線l被圓C截得的弦長最小，最小值為2r故選：A.3．（24-25高二上·江蘇徐州·階段練習）已知曲線1?x=4?y2A．17＋2，17－2 B．17＋2，5C．37，17－2 D．37，5【解題思路】由題意可得曲線1?x=4?y2表示的圖形為以A(1,0)為圓心，2為半徑的半圓，x【解答過程】由1?x=4?y2，可知x≤1且有(x?1)2+yB

又因為x2+(y?4)又因為|PA|=1所以x2+(y?4)當動點與圖中C(1,?2)點重合時，x2+(y?4)故選：C．4．（2024·江西宜春·模擬預測）已知動點P到原點O與到點A(2,0)的距離之比為3:2，記P的軌跡為E，直線l:5x?53y+2=0，則（A．E是一個半徑為25B．E上的點到l的距離的取值范圍為2C．l被E截得的弦長為4D．E上存在四個點到l的距離為2【解題思路】設P(x,y)，則x2+y2x?22+y2=32，整理得x?1852+y2=14425，所以E是一個圓心為185，0，半徑為125的圓，判斷A；再利用點到直線的距離公式，求得圓心185，0到直線l的距離為2，得到E上的點到直線l的距離的取值范圍，判斷B；由半徑、弦心距、弦的一半構(gòu)成的直角三角形求出弦長，判斷【解答過程】對于A，設P(x,y)，則x2整理得x?18所以E是一個圓心為185，0，半徑為12對于B，因為圓心185，0到直線l所以E上的點到直線l的距離的取值范圍為[0，2+125]，即[0，22對于C，圓心185，0所以l被E截得的弦長為21252對于D，因為125?2=25，所以E上存在三個點到l的距離為故選：C．5．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知圓(x?2)2+y2=9的弦AB的中點為Q1,1，點A．2 B．62?3 C．8 【解題思路】由題意，圓心M2,0，半徑為3，且AB=27和PQ【解答過程】圓(x?2)2+y

∵Q1,1為弦AB的中點，∴MQ⊥AB,AB∵PQ≤MQ∴=|PQ|2?故選:D.6．（23-24高二下·河南南陽·期末）古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯與歐幾里得?阿基米德齊名.他發(fā)現(xiàn)：“平面內(nèi)與兩定點距離的比為常數(shù)k(k>0且k≠1)的點的軌跡是圓”.后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知點M是圓O:x2+y2=1上任一點，點Q?3,0A．1 B．43 C．53 【解題思路】根據(jù)題目阿波羅尼斯圓的條件不妨取Px0,y0，使得|MQ|=3|MP|，從而將所求轉(zhuǎn)化為|MP|+|MB|，根據(jù)題意，|MQ|=3|MP|所表示的圓與圓O相同可解得P點坐標，再利用三角形兩邊之和大于第三邊得到|MP|+|MB|≥|BP|【解答過程】設M(x,y)，不妨取Px0,則9x?整理得8x此方程與x2所以有18x0+6=0所以P?所以13|MQ|+|MB|=|MP|+|MB|≥|BP|，當且僅當M在線段因為|OP|=13<1|OB|=1+1=2所以線段BP與圓O必有交點（記為N），當M,N重合時，|MP|+|MB|=|BP|=1+故選：C.7．（23-24高二下·貴州銅仁·階段練習）已知圓C:x?32+y?42=1，直線l:3kx?3y+5k?6=0上存在點P，過點P作圓C的切線，切點分別為A,B，使得A．34,14C．43,12【解題思路】首先得到圓C的圓心坐標與半徑，依題意可得PC=2，即可得到動點P【解答過程】圓C:x?32+y?42

因為∠APB=60°，在Rt△PAC中∠APC=所以PC=2，所以點P的軌跡方程為x?32+y?42又直線l:3kx?3y+5k?6=0上存在點P，所以直線l與x?32+y?42=4有交點，所以9k?12+5k?6即實數(shù)k的取值范圍是34故選：D．8．（2024·河北承德·二模）已知圓C:x2+(y?2)2=1，圓C與y軸交于A0,3,B0,1，斜率存在且過原點O的直線l與圓C相交于M,N兩點，直線AM與直線BN相交于點P，直線AM?直線A．k1+6kC．2k1+【解題思路】直線AM和直線BN分別與圓C聯(lián)立方程組，求出M,N兩點的坐標，由kOM=kON，得k1+3k2=0，直線AM【解答過程】由題意得直線AM:y=k1x+3，與圓C可求出點M?2k1由于M,N在直線l上，因此k12+3顯然k1k2≠?1，否則點P在圓C上，再聯(lián)立直線AM:y=k1x+3與直線BN:y=因此k3則k3?kk3?2k故選：A.二、多選題9．（24-25高三上·遼寧鞍山·開學考試）已知直線l:kx?y+k=0，圓C:x2+y2A．x0B．y0xC．直線l與圓C相切時，k=±D．圓心C到直線l的距離最大為4【解題思路】根據(jù)直線和圓的位置關(guān)系、點和圓的位置關(guān)系等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【解答過程】圓C的方程可化為x?32+y2=22OC=3，P所以x02+如圖所示，當直線OP的斜率大于零且與圓相切時，y0此時OC=3,PC=2,直線l:kx?y+k=0，即y=kx+1，過定點?1,0若直線l與圓C相切，則圓心C3,0到直線l的距離為2即3k+k1+k2圓心C3,0到直線l的距離d=當k=0時，d=0，當k≠0時，d=4k故選：BC.10．（2024·遼寧丹東·一模）已知圓C:(x?2)2+(y?1)2=9，直線l:kx?y+1=0與C交于A,B兩點，點M為弦A．弦AB有最小值為25 B．OM有最小值為C．△OCM面積的最大值為5+12 D．【解題思路】易得直線l:kx?y+1=0過定點Q0,1，根據(jù)點Q為弦AB的中點時，AB最小，即可判斷A；根據(jù)點M為弦AB的中點，可得CM⊥MQ，進而可得出點M的軌跡是以CQ為直徑的圓，即可判斷B；要使△OCM面積取得最大值，只要點M到直線OC的距離最大即可，進而可判斷C；設Ax1,y1,B【解答過程】圓C:(x?2)2+(y?1)2直線l:kx?y+1=0過定點Q0,1因為(0?2)2+(1?1)所以直線l與圓C一定相交，當點Q為弦AB的中點時，AB有最小值，此時直線l的斜率不存在，而直線l的斜率一定存在，所以AB>2因為點M為弦AB的中點，所以CM⊥AB，即CM⊥MQ，所以點M的軌跡是以CQ為直徑的圓(去除0,1），圓心為N1,1，半徑為1所以軌跡方程為x?12因為0?12+0?1所以OM的最小值為0?12對于C，OC=要使△OCM面積取得最大值，只要點M到直線OC的距離最大即可，直線OC的方程為y=12x圓心N1,1到直線OC的距離d=所以點M到直線OC的距離最大值為55所以△OCM面積的最大值為12對于D，設Ax聯(lián)立x?22+y?1則x1+x所以點M的坐標為2k則PO?當k=0時，PO?當k>0時，PO?當k<0時，PO?當且僅當?k=1?k，即綜上所述PO?

故選：BCD.11．（23-24高二上·廣西南寧·期中）設圓C:x?12+y?12=3，直線l:x+y+1=0，P為l上的動點，過點P作圓C的兩條切線PA、PB，切點分別為A．PA的取值范圍為6B．四邊形PACB面積的最小值為3C．存在點P使∠APB=D．直線AB過定點0,0【解題思路】根據(jù)切線長公式即可求解A，B，C，設出點P的坐標，求出以PC為直徑的圓的方程，利用兩圓的方程相減得到公共弦AB的方程，將代入直線AB的方程恒成立，可得答案.【解答過程】圓心C(1,1)到直線l:x+y+1=0的距離為d=1+1+1

所以PC≥d=322，因為圓的半徑為當PC⊥l時取等號，所以PA的取值范圍為62因為PA⊥AC，所以四邊形PACB面積等于2×S△PAC=PA×因為∠APB=120°，所以∠APC=60°，在直角三角形APC中，ACCP=sin60°=32，所以對于D，設P(x0,y0)，則y0=?1?x0，P(x0,?1?x0)，以PC為直徑的圓的圓心為聯(lián)立可得x?12+y?12=3x2+y2?x0故選：ABD.三、填空題12．（23-24高二下·上?！て谥校┻^點A?1,3的直線l被圓x2+y2x=?1或4x+3y?5=0.【解題思路】注意分斜率不存在和存在兩種情況進行討論，結(jié)合點到直線的距離公式以及垂徑定理即可求得答案.【解答過程】當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=?1，此時直線l截圓所得弦長為22設直線l的方程為y?3=k(x+1)，即kx?y+k+3=0.由垂徑定理，得圓心到直線l的距離d=22結(jié)合點到直線距離公式，得k+3k化簡得k2+6k+9=k2+1，解得k=?故答案為：x=?1或4x+3y?5=0.13．（24-25高二上·全國·課后作業(yè)）已知實數(shù)x，y滿足y=8?x2+2x，則t=y+3【解題思路】方程表示以1,0為圓心，3為半徑的在x軸上方的半圓（含與x軸的交點），故t可以看作半圓上的動點x,y與定點?1,?3連線的斜率，畫出圖形結(jié)合圖形可得答案．【解答過程】由y=8?x2它表示以1,0為圓心，3為半徑的在x軸上方的半圓（含與x軸的交點），故t可以看作半圓上的動點x,y與定點?1,?3連線的斜率．如圖，A?1,?3，B4,0，則kAB=35，kAC故答案為：?∞14．（2024·河南商丘·模擬預測）已知過點P(0,?2)的直線l1,l2分別與圓E:x2+y2?4y=0交于A,B兩點（點B在A的上方）和C,D兩點（點C在D的上方），且四邊形【解題思路】由四邊形ABCD為等腰梯形及sin∠BPC=158得出直線CD【解答過程】不妨設點C,D在第一象限，設AD與y軸交點為F，如圖所示，由圓E:x2+y2?4y=0得，因為sin∠BPC=158因為四邊形ABCD為等腰梯形，所以∠DPF=12∠BPC，點A,B與點C,D關(guān)于y則cos∠BPC=cos2∠DPF=2所以tan∠DPF=設直線CD的傾斜角為α=∠PDF，則直線CD的斜率為tan∠PDF=設直線CD的方程為y=15x?2，由y=15x?2x解得x1=15?3則AD+BC=2×(所以梯形ABCD的面積為(AD故答案為：153四、解答題15．（23-24高一下·重慶·期末）已知圓C：x2+y2?4x?4y+7=0關(guān)于直線x?y+1=0的對稱圓的圓心為D(1)若直線l與圓C相切，求直線l的方程；(2)若直線l與圓D交于A,B兩點，AB=2，求直線【解題思路】(1)分類討論直線的斜率存在與不存在，利用圓心到直線的距離等于圓的半徑計算即可；(2)由題意知直線的斜率一定存在，設直線方程，利用點到直線的距離公式和圓的半徑計算即可.【解答過程】（1）由題意可知圓C：x2+y2?4x?4y+7=0當直線的斜率不存在時，直線l過點1,4.即l的方程為x=1時，此時直線與圓相切，符合題意；當直線的斜率存在時，設斜率為k，直線l過點1,4.設直線的方程為y?4=k(x?1)，即化為一般式：kx?y?k+4=0，直線l與圓C相切，則d=2k?2?k+4即1=2k?2?k+4k2+1，解得k=?34，所以綜上，當直線l與圓C相切，直線l的