直線與圓綜合-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】

?題型歸納

【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】..............................................................II

【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】...........................................................26

?命題規(guī)律

1、直線與圓的綜合

直線與圓是高考的重點、熱點內容.從近幾年的高考情況來看，直線與圓結合命題時，主要考察直線與

圓的位置關系、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)、圓錐曲線等相結合，難度較大，需要學會靈活求解.

?方法技巧總結

【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/的方程為夕=依+6,圓C的方程為(x—XoF+S—%)2=/,求弦長的方法有以下幾種:

(1)幾何法

如圖所示，半徑八圓心到直線的距離4、弦長/三者具有關系式：r2=e/2+(1y.

⑵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/(%,乂),8(x2,改).

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.

y=kx+b

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

22

(x—XO)+(y—yof=r

二次方程中根與系數(shù)的關系可得4+X2,x-X2或“+y2,yi-y2的關系式，通常把|/2|=晶一或

\AB\=yjl+/|弘一門|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，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網(wǎng)原0),則由垂直關系可知切線斜率為由點斜式方程可求

得切線方程.如果Q0或左不存在，則由圖形可直接得切線方程.

(2)重要結論：

2

①經(jīng)過圓了2+=/2上一點p(x0,y0)的切線方程為Xo%+yoy=r.

②經(jīng)過圓(x—〃)2+(y—6)2=/2上一點p(xo,yo)的切線方程為(%0—。)(%—。)+(%—6)(y—b)=*.

2

③經(jīng)過圓/+y+Dx+Ey+F=Q上一點P(x。,%)的切線方程為+yoy+D-土產(chǎn)+E?芍兇+F

=0.

【知識點3解決直線與圓有關的最值與范圍問題的常用方法】

1.利用直線與圓的位置關系解決最值(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)條件列出所求目標一函數(shù)關系式，然后根據(jù)函數(shù)關系式的特征選

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，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形如片匕心的最值問題，可轉化為動直線斜率的最值問題.

x—a

②形如t=ax+by的最值問題，可轉化為動直線截距的最值問題.

③形如(x—a)2+3—⑦2的最值問題，可轉化為動點到定點的距離的平方的最值問題.

?舉一反三

【題型1圓的弦長與中點弦問題】

【例1】(2024?河南?模擬預測)直線I:久+y=l,圓C:/+產(chǎn)一2久一2y一2=0.則直線I被圓C所截得的弦

長為()

A.2B.2V3C.2V7D.V14

【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1)2+3—1)2=4,

由此可知圓C的半徑為r=2,圓心坐標為

所以圓心C(l,l)到直線I:x+y=l的距離為d=粵粵=4，

V1^+1^z

所以直線被圓截得的弦長為2V?亡萬=2卜_倒=V14.

故選：D.

【變式1-1](2024?全國?模擬預測)已知直線Z:y=x+m(7n>0)與。C:(x-+y2=2交于力，B兩點,

若1ABi=2,則爪=()

A.1B.V2C.V2-1D.V3-1

【解題思路】如圖，根據(jù)點到直線的距離求出圓心C(l,0)到直線〃久-y+a=0的距離，由垂徑定理求出

CD,建立關于"，的方程，解之即可求解.

【解答過程】如圖，取力B的中點D,連接CD,AC,則力BlCD,

圓C:(x—l)2+y2=魚的圓心C(l,0),半徑為r=&,

圓心C(l,0)到直線2:x-y+m=0的距離為d=

又4=卜-(等￥=轉力=1,所以甥=1,

由m>0,解得m=V2—1.

故選：C.

【變式1-2](24-25高二上?陜西西安?開學考試)直線/過點(2,1),且與圓C：(久一2)2+6—4)2=10相

交所形成的長度為整數(shù)的弦的條數(shù)為()

A.6B.7C.8D.9

【解題思路】判斷已知點與圓的位置關系，并確定過定點的直線與圓所成弦長的范圍，結合圓的對稱性確

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=

而(2-2尸+(1—4)2=9<10,即點(2,1)在圓內，且圓心到該點的距離d=3,

當直線Z與(2,1)、(2,4)的連線垂直時，弦長最短為2Vr匚下=2,

而最長弦長為圓的直徑為2國，故所有弦的弦長范圍為[2,2同],

所以相交所形成的長度為整數(shù)的弦，弦長為234,5,6,

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。/+丫2-6比一7=。交于8兩點,

則|4B|的取值范圍為()

A.[V7,4]B.[2V7,8]C.[V3,4]D.[2V3,8]

【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)，即可求出的取值范圍.

【解答過程】由題易知直線Z：y=kx-2恒過M(0,—2),

圓C:%2+y2-6x-7=0化為標準方程得C:(x-3)2+y2=16,

即圓心為C(3,0),半徑r=4,

圓心到M(0,—2)距離|CM|=J(3—0)2+(0+2尸=g<4,

所以M(0,—2)在圓C內，

則直線Z與圓C交點弦|4B|最大值為直徑即8,

|力團最小時即為圓心到直線距離最大，

即CM12時，此時|AB|=27平-13=2?

所以的取值范圍為[2b,8].

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:/+y2+4x+6y+12=0,直線I過點P(—1,0),貝廣直線I的方程

為4x-3y+4=0”是“直線/與圓C相切”的()

A.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:/+y2+4x+6y+12=0可化為（尤+2）2+（y+3）2=1,

所以圓C的圓心坐標是（一2,—3）,半徑為1.

當直線/的斜率不存在時，直線2的方程是%=-1,滿足直線/與圓C相切；

當直線I的斜率存在時，設直線［的方程為y=k（x+l）,即依-y+k=O,

由圓心C（一2,-3）到直線/的距離等于圓C的半徑，得匕萼坦=1,解得k=g

V/c2+l3

故直線［的方程是4%-3y+4=0.

綜上所述，當直線/的方程是x=-1或4%-3、+4=0時，直線I與圓C相切，

則“直線2的方程為4x-3y+4=0”是“直線2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（久―4）2+y2=4引切線，切點為Q,則

|PQ|的最小值為（）

A.V2B.2C.V6D.2V2

【解題思路】根據(jù)已知條件，求得|PQ|=二蘆=Vd^4,由此可知d=^==2魚時，|PQ|取得最小

值，由此即可求解.

【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PQ1CQ,所以|PQ|=Vd2-r2=Vd2-4,

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4=需=2近，故|PQ|的最小值為Vd2-/=%二R=2.

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：(久+3/+(y—5/=4的兩條切線人,

%，當直線〃，G關于直線y=x對稱時，點2的坐標為()

A.(1,1)B.g,|)C.g,|)D.

【解題思路】根據(jù)直線和圓的位置關系、兩直線的交點等知識求得正確答案.

【解答過程】圓C:(%+3)2+(y—5/=4的圓心為C(—3,5),

直線0Z2關于直線y=%對稱時，CP與直線y=無垂直，

所以直線CP的方程為y-5=-(x+3),x+y-2=0,

由『+工/°解得所以P(L1).

【變式2-3](2024?湖南永州?一模)在平面直角坐標系中，過直線—y—3=0上一點P作圓C:/+2x+

產(chǎn)=1的兩條切線，切點分別為力、B,則sin/APB的最大值為()

A2V6「2V5萬遍c石

A--B--c-TD-T

【解題思路】由題意圓C:/+2%+y2=1的標準方程為C:(%+1)+y2=2,如圖sin乙4PB=sin2a=

2sinacostr,又sina=黑=/—所以coscr=V1-sin2a=11-77I77,又由圓心到直線的距離可求出|CP|

\CP\7\CP\￡7|CP|Z

的最小值，進而求解.

【解答過程】如下圖所示:

由題意圓C的標準方程為C：(%+1)+y2=2,sin乙4PB=sin2a=2sinacosa,

又因為sina=耦=匾，所以cosa=V1-sin^a=卜血,

所以sin^APB=2sinacosa=2

又圓心C(—1,0)到直線2x-y-3=0的距離為d=,廣厚=V5,

所以|CP|>d^V5,所以不妨設t=在,(0<t<1)>

則sin^APB=2ml一品=2J2t(1—2t)=2卜(一六二人)，

又因為f(t)在(0局單調遞增，所以當且僅當1=(即|CP|=而，即當且僅當直線CP垂直已知直線"-丫-

3=0時，

sin2PB有最大值(sinMB)max=靡)=2J-4G-；)'+；=尊

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的圓心在直線始光—y-3=0上且圓C與x軸相切于點

M(2,0).

⑴求圓C的方程；

(2)已知直線%+2y—1=0與圓C相交于48兩點，求aaBC的面積.

【解題思路】(1)設圓心坐標為C(a,b),由題意『一：]：=°,解方程組得圓心，進一步求得半徑即可;

(2)求出圓心到直線G的距離，結合圓的弦長公式求得|力身即可得解.

【解答過程】(1)設圓心坐標為C(a,b),

由于圓C的圓心在直線兄萬一丫―3=0上且圓C與x軸相切于點M(2,0),

可得｛”;二產(chǎn)。，解得｛j二_2],即圓心坐標為(2,—1),

由于圓C與無軸相切于點M(2,0),則半徑丁=|-1|=1.

所以圓C的方程為(第-2)2+(y+I)2=1.

(2)依題意，圓心(2,—1)到直線％：丁+2y—1=0的距離d=恒+募9”=1，

因為直線％：%+2y-1=0與圓C相交于4B兩點，

所以弦長|43|==2

所以S^ABC=114B|-d=|x?Xg='.

【變式3-1](23-24高二上?浙江湖州?期末)已知圓。：x2+y2=4,直線/:y=fcc+4.

(1)若直線/與圓。交于不同的兩點4B,當乙4。8=90。時，求左的值；

(2)若k=泄，點P為直線I上的動點，過點尸作圓。的兩條切線PC,PD,切點分別為C,D,求四邊形。CPD

的面積的最小值.

【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的面積的最小值轉化為求SMPD的面積最小值，根據(jù)SMPD=[|。。|-\PD\=J|OP|2-4

求其最小值即可.

【解答過程】(1)當乙4。8=90。時，由垂徑定理得圓心。到直線Z:y=kx+4的距離為迎，

則看=&'

解得々=±V7;

(2)當/c=決寸，直線Z:y=；%+4,即%—2y+8=0

由已知得SMPO=1\OD\-\PD\=^\OD\-J\OP\2-\OD\2=J|0P|2-4

又lOPlmin=焉=看

所以S^OPD的最小值為](+)—4=笠

又因為四邊形OCPD的面積的為2s&OPD，所以其最小值為嚕=蜉

V55

【變式3-2](23-24高二上?河南?階段練習)已知圓M經(jīng)過4(1,5),8(4,2),。(病+1,0)三點.

(1)求圓M的方程；

(2)已知斜率為-/的直線?經(jīng)過第三象限，且與圓M交于點E,尸，求△EFM的面積的取值范圍.

【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aFFM的面積，根據(jù)參數(shù)范圍即可求出AFFM的面積的取值范圍.

【解答過程】(1)設圓M的方程為/+y2+o、+Ey+F=o,將4B,C三點坐標代入,

O+5E+F+26=0(D=-2,

則.40+2E+F+20=0,解得E=—4,

、(代+1)D+F+(V5+1)2=0.F=-4,

則圓M的方程為/+y2-2比一4y—4=0；

(2)I

由(1)知圓M的方程為1尸+(y—2/=9,

即圓心,半徑為r=3,

可設直線/方程：y=—+k,k<0,

由于k<0,且直線/與圓交于兩點，因此d>有,0<d<3,即近<d<3,

線段EF=2V9-d2,因此△EFM的面積S=1-d-2V9-d2=J一(d2-J+5

由于遙<d<3,則d2e(5,9),因此56(0,2店)，

所以△EFM的取值范圍為(0,2強).

【變式3-3](2024?江蘇蘇州?三模)已知圓O:/+y2=4,直線4：x=m,直線％：y=x+6和圓交于/，

8兩點，過/,8分別做直線k的垂線，垂足為C,D.

(1)求實數(shù)6的取值范圍；

(2)若根=-4,求四邊形/8OC的面積取最大值時，對應實數(shù)b的值；

(3)若直線和直線3c交于點E,問是否存在實數(shù)小，使得點E在一條平行于x軸的直線上?若存在，求出實

數(shù)小的值;若不存在，請說明理由.

【解題思路】(1)利用圓。與直線12相交可建立關于》的不等式，求解即可；

(2)聯(lián)立圓。與直線%的直線方程，利用韋達定理和b表示出四邊形/2DC的面積，再構造函數(shù)，利用導數(shù)

求解即可；

(3)表示出直線ND和直線交的直線方程，聯(lián)立方程組得到y(tǒng)的值，再結合韋達定理可得實數(shù)也.

【解答過程】(1)圓。的半徑為2,因為直線％和圓。交于/，3兩點,

所以圓心到直線％的距離d=杯<2,

解得一2或<b<2VL

則實數(shù)b的取值范圍為—2魚<b<2V2；

(2)設4(Xi，yi),B(%2，y2)，貝1Jc(一4,yi),D(-4,y2)，

由)224得2/+2b%+按一4=0,

lx+y乙=4

所以X1+%2=一>，久1久2=^f^，為一丫2=%1一冷，

22

貝”為一為1=J01-％2)2=V(X1+%2)-4%1%2=V8-b,

因為四邊形力BDC為直角梯形，

所以四邊形力BDC的面積S=；(MC|+\DB\)\yi-y2|

=|(%1+4)|yi-y|=1V(8-^2)(8-bV>

+4+X22

令/'(b)=(8—b2)(8-b)2(-2V2<b<2V2),

f'(b)=4(8-b^b2-4b-4),令f'(b)=0,解得b=2-2&,

當一2魚<b<2-2四時，f'(b)>0,f(b)單調遞增，

當2-2近<6<2/時，/'(b)<0,外6)單調遞減，

所以當b=2-2a時四邊形ABDC的面積最大，

且最大值為(6+2V2)V2V2-1；

(3)A(x1,y1),B(x2,y2),則C(m,yi),D(m,y2)，且直線力。、BC的斜率存在,

b2—4

由（2）%1+x2=一b,XjX2^―,yi=Xi+b，y2x2+b,

直線4D:上空a,直線3?？?三巴,

yi-yi-?ny2~yix2-rn

（）（（。）（血）

聯(lián)立得y=y2%i+K2yi-myi-my2%2+6%1-*+1+1%2-

Xi+X2~2m11+12-2771

2%2%I+(%i+%2)(力—血)—2bmb2—4—b(b—m)—2bmbm+4

x1+x2—2m—b—2mb+2m

若曾為常數(shù)，貝防巾+4=k(b+2a),其中k為常數(shù)，

b+2m

可得｛/":優(yōu)/解得卜=±a，

(4=2mk

所以當m=±&時點E在一條平行于%軸的直線上.

【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。:d+、2=16,點E是/:2尤一，+16=0上的動點，過E作圓。的

切線，切點分別為4B,直線與E。交于點M,則|OM|的最大值為（）

A.2B.V5C.V6D.V7

【解題思路】根據(jù)已知條件及三角形相似，利用向量的關系及點在直線上，結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

A

設M（x,y）,E（x,y\由△AOEsaMtM,可得黑=鬻，

所以盟=翳=曰即1。用母。町即小玲麗,

所以（X'，/）=—（久，y）=（香，器9，

將點E的坐標代入直線2:2無一y+16=0中,

2

化簡可得（x+l）2+（y—鄉(xiāng)=3（x,y不同時為0），

所以點M的軌跡是以（-1,§為圓心，苧為半徑的圓，

所以|OM|的最大值為J（—1—0）2+（g—0）+-^=V5.

故選：B.

【變式4-1］（2024廣東珠海一模）己知點力（一1,0）,8（0,3）,點2是圓0-3）2+3/2=i上任意一點，則△P4B

面積的最小值為（）

11

AA.H6B.—kC.-9D^.^67-1--0-

222

【解題思路】求出直線48的方程，利用點到直線的距離，結合圓的性質求出點P到直線4B距離的最小值即

可求得最小值.

【解答過程】兩點4（一1,0）,5（0,3）,則|4B|=J（-1）2+32="U,直線方程為y=3X+3,

圓(%—3)2+y2=1的圓心C(3,0),半徑r=1,

點C到直線ZB:3%-y+3=0的距離d=126V10

V32+(-l)25

因此點P到直線力B距離的最小值為d—r=等—1,

所以△P4B面積的最小值是V1Ux（卓一1）=6—當.

故選：D.

【變式4-2］（2024?陜西商洛?模擬預測）已知圓。/+2乂+/=0,點「為直線2%+丫—2=0上的一點,

過P作圓C的切線，切點分別為4B,則COSNAPB的最小值為（）

A4追

A--Bc.延D

-IJ5--i

【解題思路】根據(jù)給定條件，利用切線長定理，結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:/+2久+y2=o的圓心翼一1,0）,半徑r=l,

依題意，cos乙4PB=1-2sin2"PC=1-鬻f=1-白，

|PC『\PC\￡

顯然當|PC|取得最小值時，C0SN4PB取得最小值，

|PC|的最小值即為點C到直線2久+y—2=0的距離，即|PC|min=?，

所以（COSN力PB）min=1_-^―=1

（等）28

故選：B.

【變式4-3]（2024?陜西西安?一模）已知圓。的方程為：好+曠？=1,點力（2,0）,8（0,2）,P是線段4B上的

動點，過P作圓。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PC。。的面積的最大值為四；③麗?麗的最小值為-1；④麗?麗的最大值為|.其中所有正確說法的

序號為（）

A.①③④B.①②④C.②③④D.①④

【解題思路】利用數(shù)形結合，將面積PC。。的最值轉化為求|0P|的最值，即可判斷①②；利用數(shù)量積和三角

函數(shù)表示麗?麗，再轉化為利用對勾函數(shù)的單調性求最值.

【解答過程】如圖，當點P是4B的中點時，此時。4B,|0P|最短，最小值為近，

當點P與點4或點B重合時，此時|0P|最長，最大值為2,

因為PC,PD是圓。的切線，所以PC1OC,PD10D,

則四邊形PCOD的面積為|PC||OC|=\PC\=J|PO|2一1,

所以四邊形PC。。的面積的最小值為=最大值為=故①②正確；

2

PC-PD=\PC\[PD\cosACPD=|PC|x(2cos2zOPC-1),

=|而『+七一3,|而『e[2,4],

\PO\

設丫=土+：-3/6[2,4],函數(shù)單調遞增，最小值為0,最大值為去故③錯誤，④正確.

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Z：x-y+c=0,則“c=乎是“圓C上恰存在

三個點到直線用勺距離等于，'的()

A.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/的距離等于提等價于。(0,0)到直線Z：x-y+c=0的距離為

p從而利用點線距離公式與充分必要條件即可得解.

【解答過程】因為圓C：x2+y2=1的圓心。(0,0),半徑為r=1,

當圓C上恰存在三個點到直線1的距離等于T時，

則。(0,0)到直線/：x-y+c=0的距離為也

所以聽等!=；,解得c=±q,即必要性不成立；

當C=亨時，由上可知。(0,0)到直線八x—y+c=0的距離為今

此時圓C上恰存在三個點到直線Z的距離等于右即充分性成立；

所以%=今是“圓C上恰存在三個點到直線I的距離等于"的充分不必要條件.

故選：A.

【變式5-1](2024?河南?模擬預測)已知實數(shù)a,6滿足a2+F+l=2a+2b,則(3a+4b-的最小值

是()

A.1B.2C.4D.16

【解題思路】將已知a?+/+1=2。+2b表示成一個以(1,1)為圓心，1為半徑的圓，將問題轉化為圓上一

點到直線3x+4y-1=0距離最小值問題，從而找到解題關鍵.

【解答過程】依題意可知曲線f(a,6)=0表示一個以(1,1)為圓心，1為半徑的圓，

求(3a+46-1)2的最小值相當于先求d=塔段竦=照和的最小值，

V32+425

即求圓(a-I)2+(b-=1上一點到直線3%+4y-1=0的距離d的最小值，

所以臉.必產(chǎn)-

即(3a+46-1)2的最小值為1.

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(產(chǎn)-l)x-2ty+

2t2+2=0(teR)的包絡線，則C上的點到直線x+y=4的最小距離為2魚-2.

【解題思路】將切線方程轉化為關于珀勺方程為0+2"2-2yt+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A=0可得曲線C的方程，結合直線與圓的位置關系即可求解.

【解答過程】曲線C上任一點PO,y)對應的切線方程為(產(chǎn)一1)%—2ty+2t2+2=0,

將其整理為關于t的方程為(x+2)/—2yt+2—%=0.

由題意知，一個解對應一條切線，即關于t的方程僅有一解，

所以△=(-2y)2-4(%+2)(2-久)=0,整理，得/+y2=4,

即曲線C的方程為/+y2=4,

故C上的點到直線％+y=4的最小距離為d=±-2=2V2-2.

故答案為：2a一2.

【變式5-3](2024高三?全國?專題練習)已知點P(x,y)是圓(x+2)2+y2=1上任意一點.

⑴求P點到直線3久+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)求與的最大值和最小值

x—1

【解題思路】(1)轉化為圓心到直線的距離的最大值和最小值；

(2)解法一，轉化為直線％-2)/—1=()與圓(>+2)2+必=1有公共點，解法二，利用三角換元求最值；

(3)首先設蕓=匕再轉化為直線依―y—k+2=0與圓(x+2)2+y2=1有交點，

【解答過程】⑴圓心C(一2,0)到直線3久+4y+12=0的距離為d=.(-泮萼但=1

:?P點到直線3%+4y+12=0的距離的最大值為d+r=|+l=y,最小值為d-r=|-l=1.

(2)解法一：設￡=%-2y,則直線％-2y-t=0與圓(％+2)2+y2=1有公共點，

”彳工1,解得—V5_2<t<V5—2，

3+j22

則tmax=遮一2,tmin=-2—遮，即久一2y的最大值為出一2,最小值為一2-遮?

解法二：設汽=-2+cos6,y-sin3,則汽—2y=-2+cos0-2sin6=—2—V5sin(0—w),其中tang=

???得一2-遮W%—2y4一2+遮，即％—2y的最大值為遙一2,最小值為一2一遮.

(3)三表示圓上的點P(%,y)與點4(1,2)連線的斜率為左，

設=k,BP/ex—y—k+2=0,直線k%—y—fc+2=0與圓(％+2)2+y2=1有交點,

設

解得字<fc<^.

44

則kmax=竽,kmin=竽，即三的最大值為等，最小值為三?

【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》中有這樣一個結論：

平面內與兩點距離的比為常數(shù)4(4K1)的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓.已知點。(0,0),

A(7-1\動點P(3)滿足黑=￡若點P的軌跡與圓C：x2+y2+6x+2y-r2-10(r>0)有且僅有三

\t)J7|r/l|Z

條公切線，貝b=()

A.-B.IC.2D.3

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計算即可

得解.

【解答過程】由題意可得丁產(chǎn)笆,=咚,化簡得/+y2-2%—4y+l=0,

加)+61)2

即1)2+。-2)2=4,即動點P(x,y)的軌跡為以(1,2)為圓心，2為半徑的圓,

由C：x2+y2+6x+2y—r2—10(r>0),可得(x+3尸+(y+1)2=

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=J(1+3尸+(2+1)2=5,即r=3.

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4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4B上的圓，該圓被稱為點力和B相關的阿氏圓.已

知P在點A和B相關的阿氏圓。:/+產(chǎn)=4上，其中點力(一4,0),點Q在圓M:(x—3)2+(y—3尸=1上，則

|PQ|+g|P2|的最小值為()

A.3V2-1B.3V2+1C.4D.6

【解題思路】借助阿氏圓定義計算可得8點坐標，進而可得川=|P8|,結合兩點之間距離最短計算即可

得.

【解答過程】方法一：因為圓。:爐+產(chǎn)=4的圓心為。(0,0),點力(一4,0),

由阿氏圓定義知，點B在x軸上，設B(t,0),

圓。:/+y2=4與％軸的交點Pi(-2,0),P2(2,0),

則由阿氏圓定義知版=匿，即噂=?,

1戶1川田2川26

解得t=-l或t=-4(舍)，故8(-1,0),

且需=3即初川=陷|,

故|PQ|+1\PA\=\PQ\+\PB\>\PB\+\PM\-rQM>\MB\-rQM=5-1=4,

當且僅當B,P,Q,M四點共線時，|PQ|+g|P*取最小值4,故選：C.

方法二;設P(%o，yo),則其+羽=4,故就=4一埼，

故川=乒尹=卜+甘”痣=/不而

=J(W+羽)+2%0+1=J(Xo+1)2+%,即B(T0),貝嶺|P4|=|PB|,

故|PQ|+\\PA\=\PQ\+\PB\>\PB\+\PM\-rQM>|MB|-rOM-5-1-4,

當且僅當B,P,Q,M四點共線時，|PQ|+1|P4取最小值4.

【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)4(4>0且4力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A(2,0),B(-2,0)的距離比為g，則點P到直線

2V2x-y-V2=0的距離的最大值是()

A.3V2+2V3B.2+2百C.4bD.6V3

【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系求解即可.

【解答過程】由題意，設點P(x,y),則黑=擎|普=百,

???茨禽=3,化簡得點P的軌跡方程為(尤+4/+y2=",

二點P的軌跡是以(一4,0)為圓心，半徑r=2日的圓.

圓心(—4,0)到直線/：2V2x-y-V2=0的距離d=卜「閾=3近，

J(2V2)2+(-l)2

.?.點P到直線最大距離為d+r=3迎+2值.

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)：平面內到兩個定點4B的距離之比為定值44>0,且4片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，力(-2,0),8(4,0),點P滿足黑=；.設點P的

軌跡為曲線C,則下列說法錯誤的是()

A.C的方程為0+4)2+y2=16

B.當4B,P三點不共線時，則N4P0=NBP。

C.在C上存在點〃，使得|MO|=2|M4|

D.若D(2,2),則|PB|+2|PD|的最小值為4代

【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系，結

合三點共線時線段取得最短即可求解.

【解答過程】設P(%,y),由鬻=；，得儼吃=:，化簡得(尤+4)2+y2=16,故A正確；

\rH\L4)"+yZ2

當4B,P三點不共線時，器=：=黑，所以P。是乙4PB的角平分線，所以41PO=N8P。，故B正確；

\UD\L|rDI

設M(x,y),則JN+y2=2j(x+2)2+y2,化簡得(％+|)2+y2=^,因為](—4+g)2+(0_0j=|<4-

p所以C上不存在點河，使得|河。|=2|河*，故C錯

誤;

因為震=1,所以|PB|=2|PA|,所以|PB|+2|PD|=2|P4|+2|PD|22幽|=4后當且僅當P在線段4D

上時，等號成立，故D正確.

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：(%+2)2+y2=25,人為圓心，動直線2過點P(2,0),且與

圓月交于8,C兩點，記弦BC的中點Q的軌跡為曲線E.

(1)求曲線E的方程；

(2)過2作兩條斜率分別為均，的的直線，交曲線E于M,N兩點，且的&=-3,求證：直線MN過定點.

【解題思路】(1)根據(jù)題意可得：AQ1BC,AQ1PQ,即點Q的軌跡為以力P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的方程為丫=kx+t,M(%i，yD，W(x2,y2),聯(lián)立/+y=4,

xx

結合韋達定理可得：X]+乂2l2^2+j>化簡上1卜2=J；2.=—3,可得(t—k)(t—2k)=0,

從而得到1=鼠得到直線MN過定點(—1,0),當直線MN斜率不存在時，設直線MN：x=t(—2<t<2),

可得的期3,可得t=一1,從而得到直線MN過定點(―1,0),得證.

【解答過程】(1)因為Q是弦8c的中點，

所以力Q_LBC,即4QJ.PQ,

所以點Q的軌跡為以力P為直徑的圓，所以曲線E的方程為/+y2=4.

(2)當直線MN的斜率存在時，

設直線MN的方程為y=kx+t,

代入%2+y2=4,得（k2+l）%2+2ktx+t2-4=0.

設N（%2，V2），則％1，小是方程的兩解，

2

A、c,

則rrniA>°，久1+第2=一后2kt五'"1"2=t西-47，

2

yiy2kx1+tkx2+tk%^++x2)+產(chǎn)

i2%1+2%2+2%1+2%2+2%1%2+2(%i+%2)+4

根據(jù)根與系數(shù)的關系，得十-3kt+2k2=o,

即(t—k)(t—2k)=0.

若t-2k=0,則直線MN過點4舍去；

所以t—k=0,BPt=fc,

直線MN的方程為y=k(x+1),故直線過定點(一1,0).

當直線MN斜率不存在時，設直線MN：久=t(—2<t<2),

與曲線E的方程聯(lián)立，可得M（t,V4—t2）,W（t,-V4-t2）,則的七=一三東=一3,解得t=—L

故直線MN的方程為%=-1,恒過點（-1,0）.

綜上，直線MN過定點（一1,0）.

【變式7-1］（23-24高三上?黑龍江哈爾濱?期末）圓G經(jīng)過點（2,2百）,（一4,0）,圓心在直線y=x上.

⑴求圓G的標準方程；

⑵若圓G與久軸分別交于M,N兩點，A為直線，:％=16上的動點，直線4M,4N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)設出直線力M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E尸經(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(2,2b),(-4,0)

2

則(a—2尸+(a—2舊)=(a+4)2+a2,解得a=0,

所以圓心(0,0),半徑為J(0+4)+02=4,

所以圓G的標準方程為/+y2=16

(2)由圓G與%軸分別交于兩點，不妨設M(—4,0),N(4,0),

又4為直線E:x=16上的動點，設4(16,t)(tH0),則的M=5,%N=5，

則方程為y=《(X+4),AN方程為y=5(尤一4),

設EQq/i）,F{x2,y2）,

y一而（"+4）,解得（400+t2）x2+8t2%+16（t2-400）=0,

聯(lián)立方程

,%2+y2=16

所以一4丫=16（/-400）即=-4（^-400）=160t_/-4^-400）160t

1400+t2'1400+t2'為400+/'\400+t2/400+t2.

y_五（“_4）,解得（144+t2）x2-8t2x+16（tz-144）=0,

聯(lián)立方程

x2+y2=16

所以4丫=16（產(chǎn)-144）即「（產(chǎn)-144）=-9二即尸往2-144）-96t

所“2144+/'2144+M'及144+產(chǎn)'\144+t2/144+t2,

160t—96t

2

當t0±4底時,400+t144+t2_32t

-4（t2-400）4（t2