专题04 直线与圆（14大巩固提升练+能力提升练+高考真题练）-【寒假分层作业】2025年高二数学寒假培优练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题04 直线与圆 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：轨迹：阿圆 题型二：轨迹：相关点代入型 题型三：待定系数求圆的方程 题型四：两圆的公切线 题型五：圆的切线最值 题型六：切线三角形面积最值 题型七：切点弦 题型八：切弦与角度 题型九：圆的旋转切线 题型十：残圆与函数 题型十一：圆型“将军饮马” 题型十二：直线与圆大题：伟大定理 题型十三：直线与圆：定点 题型十四：圆综合大题 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01轨迹：阿圆 ⭐技巧积累与运用 已知平面上两点A、B，则所有满足PA/PB=k，且K不等于1的点P的轨迹，是一个圆心在A、B两个点的所在直线上的圆 。这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆 即PA=KPB，k不等于1，则P点轨迹是一个圆，可直接设点推导 1．在平面直角坐标系 中，点 ，动点满足 ，则 面积的最大值为（     ） A． B．6 C． D． 【答案】A 【分析】满足 的动点的轨迹是圆，当点到轴距离最大时，面积最大. 【详解】设，由得， 化简，整理得， 即动点的轨迹方程为：， 的面积, 当点到轴距离=时， 为最大值. 故选：A. 2．已知点，，抛物线的焦点为是上的动点，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．点在动点的轨迹上 B．周长的最小值为 C．当最小时，点的横坐标为4 D．面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】设点，根据得到动点的轨迹为圆.选项A根据点与圆的位置关系即可判断；选项B结合抛物线的定义和三点共线距离和最短可求；选项C根据直线与圆相切得和即可求解；选项D首先将面积最大转化为点到直线距离最远，再求圆上的点到直线的最大距离即可. 【详解】由题可知，设点，则，. ，，化简得，即， 则动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆. 对于A，因为，所以点不在动点的轨迹上，故A错误； 对于B，抛物线的准线方程为，如图，过点作准线的垂线，垂足为， 则，当且仅当三点共线时，取得最小值，即. 又，所以周长的最小值为，故B正确； 对于C，如图，当与圆相切且点在轴上方时，最小. 连接，所以. ，，， 所以点的横坐标为，故C正确； 对于D，因为，为定值，所以若的面积取得最大值，则只需要动点到直线的距离最远即可. 直线，即，所以点到直线的距离为， 所以到直线的最大距离为， 所以面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD. 3．阿波罗尼斯圆（ApolloniusCircle）是指在平面上，给定两点A､B以及一个常数，所有满足（为动点）的点的轨迹.这个轨迹是一个圆，最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，因此得名.现已知定点点是圆上的动点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】设，，根据是圆上的点，求出点坐标，再由三角形两边之和大于第三边求得. 【详解】由题意，设，， 所以， 则， 由于是圆上的点, 所以，解得，即， 所以，如图， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，，根据是圆上的点，求出点坐标，再由三角形两边之和大于第三边求得. 题型02 轨迹：相关点带入型 ⭐技巧积累与运用 求轨迹 （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 1．已知点在圆上运动，为坐标原点，则线段的中点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设出中点的坐标，利用中点坐标公式表示出点的坐标，代入圆的方程，化简即可. 【详解】设线段的中点，则，故， 化简得，即线段的中点的轨迹方程为. 故选：A. 2．下列说法正确的有（    ） A．直线过定点 B．圆上的动点与定点所连线段的中点的轨迹方程为 C．若圆与圆有唯一公切线，则 D．圆上存在两个点到直线的距离为2 【答案】ABD 【分析】当时，可得直线定点判断A正确；设，由中点坐标公式得到点的坐标，代入圆方程化简可判断B正确；由可得C错误；求出圆心到直线的距离，再结合圆上的点到直线的最大距离和最小距离可得D正确； 【详解】对于A，当时，，所以直线过定点，故A正确； 对于B，设，由题意可得点的坐标为， 代入圆方程可得，即点的轨迹方程为，故B正确； 对于C，圆，圆， 因为两圆有唯一的公切线，所以两圆相内切，所以， 即，解得，故C错误； 对于D，圆心到直线的距离为， 所以圆上的点到直线的最大距离为，最小距离为， 因为，所以圆上存在两个点到直线的距离为2，故D正确； 故选：ABD. 3．已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据数量积分析可知点P在以为圆心，半径的圆上，且两圆有公共点，结合两圆的位置关系列式求解即可. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 设，则，， 因为，整理可得， 即点P在以为圆心，半径的圆上， 可知两圆有公共点，则，即， 整理可得，解得或， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 题型03 待定系数求圆的方程 ⭐技巧积累与运用 圆的一般方程对应的圆心和半径 圆的一般方程表示的圆的圆心为，半径长为． 1．过坐标原点，且在x轴和y轴上的截距分别为2和3的圆的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用待定系数法设出圆的一般方程，将三个点的坐标代入得到方程组，求出圆的方程. 【详解】设圆的方程为， 由题意知,圆过点，和， 所以，解得， 所以所求圆的方程为. 故选：A 2．已知的三个顶点为，则下列关于的外接圆圆M的说法正确的是（    ） A．圆M的圆心坐标为 B．圆M的半径为 C．圆M关于直线x＋y＝0对称 D．点在圆M内 【答案】ABD 【分析】根据待定系数法求出的外接圆方程即可判断AB，根据圆心不在直线x＋y＝0上判断C，根据点与圆心的距离与半径比较判断D. 【详解】设的外接圆圆M的方程为（）， 则，解得， 所以的外接圆圆M的方程为，即. 故圆M的圆心坐标为，圆M的半径为，故AB正确； 因为直线x＋y＝0不经过圆M的圆心，所以圆M不关于直线x＋y＝0对称，故C错误； 因为，故点在圆M内，故D正确. 故选：ABD 3．已知圆的圆心在直线上，且圆过点、，若圆与圆关于直线对称，则圆的标准方程为 ． 【答案】 【分析】设圆的一般方程，结合已知列方程求解的值，再转化为圆的标准方程即可，由于圆与圆关于直线对称，根据点关于直线对称坐标特点求得的坐标，则得圆心，由对称可知半径不变，故可得圆的标准方程． 【详解】设圆的方程为， 已知圆的圆心在直线上，且圆过点、，则，解得， 即圆的方程为，所以，圆的标准方程为． 圆C的圆心，半径， 设圆的圆心坐标为，因为圆与圆关于直线对称， 则有，解得，即． 所以，圆的标准方程为． 题型04两圆的公切线 ⭐技巧积累与运用 公共弦直线：当两圆相交时，两圆方程(x2，y2项系数相同)相减便可得公共弦所在直线的方程． 1．已知圆与圆恰有三条公切线，则（ ） A．15 B．17 C．21 D．23 【答案】D 【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，再把两圆的位置关系转化为圆心距与半径和差的数量关系求参数的值. 【详解】圆，圆心为，半径为， 圆可化为，圆心为，半径为，， 若圆与圆恰有三条公切线，则两圆外切， 则，即，解得. 故选：D. 2．已知圆，，则下列说法正确的是（   ） A．当时，圆与圆有2条公切线 B．当时，是圆与圆的一条公切线 C．当时，圆与圆相离 D．当时，圆与圆的公共弦所在直线的方程为 【答案】BC 【分析】根据两圆圆心距与半径间的关系判断各项中圆与圆的位置关系，结合点线距离与半径的大小关系判断直线与圆的关系，相交情况下两圆方程相减求得公共弦所在直线的方程. 【详解】由题可知圆心，半径，圆心，半径； 故两圆圆心距为， 对于A，当时，，此时两圆相离，故圆与圆有4条公切线，即A错误； 对于B，当时，是圆的切线， 又圆心到的距离为，即圆与相切， 所以是圆与圆的一条公切线，即B正确； 对于C，当时，，此时圆与圆相离，即C正确； 对于D，当时，，此时圆与圆相交， 将两圆方程相减可得，即圆与圆的公共弦所在直线的方程为，即D错误. 故选：BC 3．写出与圆和圆都相切的一条直线方程 . 【答案】（或或，任写一条即可，答案不唯一） 【分析】求出两圆圆心和半径，两圆圆心距以及两圆心所在直线方程即可得两圆公切线情况，再结合直线垂直关系以及两平行直线距离公式即可求公切线方程. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆心距为，故两圆外切， 两圆圆心所在直线的方程为，即，中点为， 切线垂直于直线，且经过中点，所以切线的方程为； 切线平行于直线，且到直线的距离为， 设平行于直线切线方程为， 则或， 所以切线的方程分别为.    故答案为：（或或，任写一条即可，答案不唯一）. 题型05圆的切线最值 ⭐技巧积累与运用 圆切线，基本方法和思维，是转化为如下图的对称切线三角形。所以，与切线有关的，大多数都通过切线三角形转化为与“圆心有关” 1．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为(   ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由勾股定理可知当直线的点到圆的圆心距离最小时，此时切线长最小，然后计算即可. 【详解】由题可知圆的圆心，半径 ， 设直线的动点为，切点为 则切线长 所以要使切线长最小，则最小； 显然的最小值为到直线的距离为 所以此时切线长. 故选：A 2．已知点在直线上，圆，则下列说法正确的是（    ） A．若圆关于直线对称，则直线的方程为 B．若点是圆上任意一点，则的最大值为 C．若直线与圆相切于点，则 D．若直线与圆相切，则直线的方程为或 【答案】ACD 【分析】由直线过圆心，再结合直线的点斜式方程即可判断A，由的最大值为，即可判断B，由勾股定理代入计算，即可判断C，分切线的斜率存在于不存在代入计算，结合列方程计算，即可判断D. 【详解】对于A中，由圆，得圆心，半径， 若圆关于直线对称，则直线经过圆心，所以直线的斜率为， 此时直线方程为，即，所以A正确； 对于B中，由，的最大值为，所以B错误； 对于C中，若直线与圆相切于点， 则，，所以C正确； 对于D中，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，满足要求； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 即，若直线与圆相切， 则圆心到直线的距离，解得， 所以直线的方程为， 综上所述，若直线与圆相切，则直线的方程为或，所以D正确. 故选：ACD 3．已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】先求出圆心到直线的距离，确定动点到圆心的最短距离，从而得出切线长进而求出的周长表达式，再根据函数单调性求出最小值. 【详解】设圆心到直线的动点的距离为， 根据点到直线距离公式，. 因为，是圆的切线，所以（其中）. 又因为是直角三角形，由勾股定理可得，即. 的周长为. 因为是圆的弦，且和全等，所以. 根据三角形面积公式，（其中是圆的半径）， 可得，所以， 则的周长. 因为与均在上单调递增， 所以当时，周长取得最小值. 最小值为. 故答案为：. 题型06 切线三角形面积最值 ⭐技巧积累与运用 通过切线三角形，把面积转化为圆心有关的最值范围来求解 1．点是圆：上一动点，过点向圆：作两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将四边形的面积表示为，求得的最大值即可. 【详解】由圆为，可得圆心为，半径为， 由，可得圆心，半径为， 连接，则在中，， 所以四边形的面积， 所以最大时，四边形面积的最大值， 因为， 所以， 所以四边形面积的最大值为. 故选：D. 2．已知点P满足，点，，，则（   ） A．当最小时， B．当最大时， C．当面积最大时， D．当最大时，面积为 【答案】ABD 【分析】根据可求得点P轨迹方程为.当直线PC与圆D相切时，取最值，判断A，B； 当P距离x轴最远时，面积最大，判断C； P，B，C三点共线，P在CB的延长线与圆D的交点处时，最大，判断D. 【详解】设，由于，，且， 所以，两边平方，整理得， 即点P的轨迹为圆，圆心，半径为. 当直线PC与圆D相切时，取最值， 如图，当P位于处时取最小值， 当P位于处时取最大值，， A，B正确； 由于，P为圆上的点，所以当P距离x轴最远时，面积最大， 即或时，面积最大， 不论还是，的值相等， 都等于，故C错误； 因为，所以， 此时P，B，C三点共线，P在CB的延长线与圆D的交点处， 直线BC方程为，即， 与圆D联立，得，解得（舍去）或， 则，则， 所以，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛，本题考查了圆的轨迹方程和圆上的点产生的最值问题，本题解题方法的核心是数形结合，从图中找到最值问题对应点，便可求得对应结果. 3．已知圆C：，过直线上点P引圆C的切线，切点为A，B，则当△ABC的面积最大时，点P的坐标为 ． 【答案】或 【分析】依题意，从而得到面积最大值时对应时，再结合圆外一点引出的圆的两条切线的性质即可求出P的坐标. 【详解】由题，所以时，最大， 由于PA，PB与圆相切，所以四边形PACB是正方形，此时， 又点P在直线上，所以设点，则， 解得或，所以点P的坐标为或. 故答案为：或. 题型07 切点弦 ⭐技巧积累与运用 圆的切线常用结论： (1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为：x0x＋y0y＝r2. (2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为：(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2. (3)过圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程的求法： ①以M为圆心，切线长为半径求圆M的方程； ②用圆M的方程减去圆C的方程即得； (x－a)2＋(y－b)2＝r2外一点P(x0，y0)做切线，切点所在直线方程（切点弦方程）为：(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2. 1．已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线距离的最大值（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】假设点，求得以为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线的方程，然后可知直线过定点，最后判断和计算可得结果. 【详解】设，则， 则以为直径的圆的方程为， 与圆的方程相减，得到直线的方程为：， 又，可得，即， 可得，解得，所以直线恒过定点， 点到直线距离的最大值即为点，之间的距离，， 所以点到直线距离的最大值为. 故选：A. 2．已知P是直线上一动点，Q是圆上一动点，过点P作圆O的两条切线，切点分别为、，则(    ). A．点Q到直线l的距离的取值范围为 B．直线恒过定点 C．四边形的面积的最小值为 D．的最小值为3 【答案】BCD 【分析】A：根据直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式进行求解判断即可； B：根据圆的方程和相交弦方程的特征进行求解判断即可； C：根据圆的切线性质进行求解判断即可； D：根据圆的切线性质，结合对勾函数的单调性进行求解判断即可. 【详解】对于A选项，圆心到直线的距离为，所以点到直线的距离的取值范围为：，故A错误； 对于B选项，设，则以线段为直径的圆的方程为： ，即， 与圆O的方程作差得：， 即为直线的方程，整理得， 由，可知：，所以直线恒过定点， 故B正确； 对于C选项，因为，， 所以四边形的面积：， 当时，，所以四边形的面积，故C正确； 对于D选项，设，则，且， 因为， 所以 ， 因为，所以， 对勾函数在上单调递增，当时，有最小值3， 即的最小值为3，故D正确. 故选：ABD. 3．已知圆，是x轴上动点，分别是圆的切线，切点分别为两点，则直线恒过定点 ． 【答案】 【分析】先设，然后求出直线的方程，计算定点即可. 【详解】设,，易知 由平面向量数量积的几何意义可知， 所以有 所以点在直线上 故直线的方程为，过定点 故答案为： 题型08切线与角度 1．已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为.若，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】根据圆心和半径以及切线性质可知为正三角形，即可得. 【详解】易知圆的圆心坐标为，半径，连接，如下图所示： 利用对称性由可知，又易知，所以可得， 即，又， 所以为正三角形，即可得； 故选：B 2．在平面直角坐标系中，为原点，已知，设动点满足，动点满足，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据题意可得点在圆内部和圆周上，点的轨迹是以的直径的圆，延长交圆于点，设的中点为，的中点为，则，易得，再结合平面图形的性质和基本不等式即可得出答案. 【详解】因为，设动点满足， 所以点在圆内部和圆周上， 因为动点满足， 所以点的轨迹是以的直径的圆， 如图，延长交圆于点，设的中点为，的中点为， 则， 若点在圆上时，两点重合，两点重合， 若点在圆内时，则， 所以，当且仅当点在圆上时，取等号， 则，当且仅当三点共线时，取等号， 因为，当且仅当重合时，取等号， 因为，所以， 所以， 当且仅当时，取等号，此时， 所以，当且仅当三点共线且点在圆与轴的交点处时，取等号， 所以的最大值为. 故选：C. 【点睛】本题考查了圆的轨迹问题及动圆上的点到定点的距离的最值问题，考查了转化思想，难度较大. 3．已知点是直线的动点，过点引圆的两条切线，切点为，当的最大值为时，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【解析】根据圆的几何性质分析，当最大时，点到圆心的距离最小，根据角的关系即可求解. 【详解】由圆的几何性质可得： 当最大时，点到圆心的距离最小， 即到直线的距离， 此时，则. 故选：C 【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，通过切线形成的角的关系求解半径，考查数形结合思想. 题型09 圆的旋转切线 ⭐技巧积累与运用 圆的动切线 到直线系距离，每条直线的距离 ， 直线系表示圆的切线集合， 1．对于方程，表示的曲线，下列说法正确的是 （    ） A．曲线只能表示圆、椭圆或双曲线 B．若为负角，则曲线为双曲线 C．若为正角，则曲线为椭圆 D．若为椭圆，则曲线的焦点在轴上 【答案】B 【分析】对于A，根据的取值，即可判断；对于B若为负角，即，结合双曲线标准方程的形式，即可判断； 对于C，当时，结合圆的标准方程的形式，即可判断；对于D，变形后结合椭圆的标准方程的形式，即可判断选项. 【详解】对于A，当，即时，曲线的方程为，即， 此时曲线为两条平行的直线，故A错误； 对于B，若为负角，即，则， 此时曲线为双曲线，故B正确； 对于C，若为正角，即，当时，， 则曲线的方程为1，是圆，故C错误； 对于D，若为椭圆，当，，又可变形为， 则为焦点在轴上的椭圆，故D错误． 故选：B. 2．设直线系，对于下列四个命题： （1）中所有直线均经过某定点； （2）存在定点不在中的任意一条直线上； （3）对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上； （4）中的直线所能围成的正三角形面积都相等； 其中真命题的是（    ） A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3）（4） D．（1）（2） 【答案】A 【分析】先求出直线 的几何特征，再逐项分析即可. 【详解】原点O 到直线的距离为 ，所以直线M始终是圆O： 的切线； 对于A，由于 的变化，直线M是围绕圆O旋转的，没有定点，错误； 对于B，O点不在直线M上，正确； 对于C，如果圆O是该正多边形的内切圆，则其所在的边必定在M上，正确； 对于D，正 的三边所在的直线均与圆相切，可以分为切点全在边上或者一个切点在边上，两个切点在边的延长线上两种情况，三角形面积不相等，错误； 故选：A. 3．设直线系，，对于下列四个命题： （1）中所有直线均经过一个定点； （2）存在定点不在中的任意一条直线上； （3）对于任意整数，，存在正边形，其所有边均在中的直线上； （4）中的直线所能围成的正三角形面积都相等；其中真命题的是（    ） A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3）    （4） D．（1）（2） 【答案】A 【分析】首先发现直线系表示圆的切线集合，再根据切线的性质判断（1）（3）（4），以及观察得到点不在任何一条直线上，判断选项. 【详解】因为点到直线系中每条直线的距离，直线系表示圆的切线集合. （1）由于直线系表示圆的所有切线，其中存在两条切线平行，所有中所有直线均经过一个定点不可能，故（1）不正确； （2）存在定点不在中的任意一条直线上，观察知点符合条件，故（2）正确； （3）由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数，存在正变形，其所有边均在的直线上，故（3）正确； （4）如下图，中的直线所能围成的正三角形有两类，一类如，一类是,显然这两类三角形的面积不相等，故（4）不正确. 故选：A 【点睛】本题考查含参直线方程，距离公式，轨迹问题的综合应用，重点考查转化与变形，分析问题的能力，属于偏难习题，本题的关键是观察点到直线系中每条直线的距离，直线系表示圆的切线集合，再判断选项就比较容易. 题型10残圆与函数 ⭐技巧积累与运用 带根号型，两边平方后可以转化为圆的方程，但是要注意根号的函数值不会为负，所以限制了取值范围，称为“残圆” 1．已知是定义在上的增函数，函数的图象关于点对称，若不等式的解集为区间，且，则（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据条件可得函数是定义在上的奇函数且在上的增函数，进而可得，再利用数形结合即得. 【详解】∵函数的图象关于点对称， ∴函数的图象关于点对称，又是定义在上的增函数， ∴函数是定义在上的奇函数且在上的增函数， 由，可得 ， ∴的解集为区间，且， 作出函数与的图象， 函数表示圆心在原点，半径为4的圆的上半部分，表示过定点的直线，由图象结合条件可知，又， ∴，即直线与半圆的交点的横坐标为2，故， ∴.故选：B. 【点睛】数形结合是研究不等式解的有效方法，数形结合使用的前提是掌握形与数的对应关系，基本思路为：①构造函数（或与），②作出（或与）的图象，③找出满足题意的曲线（部分），曲线上点的横坐标为题目的解，并研究解的特性来确定解题的切入点. 2．已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．无法确定 【答案】B 【分析】根据直线所过定点，结合图象即可判定. 【详解】直线的方程可化为， 所以直线恒过点， 曲线即， 表示圆心为坐标原点，半径为3的圆的上半部分（如图）， 由图可知，当时，直线与曲线的交点个数为1. 故选：B. 3．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与半圆的位置关系可求的取值范围. 【详解】曲线即为半圆：，其图象如图所示， 曲线与轴的交点为， 而直线为过的动直线， 当直线与半圆相切时，有，解得， 当直线过时，有， 因为直线与半圆有两个不同的交点，故， 故选：D. 题型11 圆型“将军饮马” 1．已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求出直线与直线过定点坐标，再可判断直线与直线垂直，即可得到点的轨迹是以为直径的圆，求出轨迹方程，求出以点为圆心，为半径的圆恒过点，即，最后由计算可得. 【详解】直线，即， 令，解得，即直线过定点； 直线，即， 令，解得，即直线过定点； 又，即直线与直线垂直， 所以点的轨迹是以为直径的圆，（挖去点） 故圆心是，半径为，点的方程是（挖去点）； 设，则以点为圆心，为半径的圆的方程为， 因为，则， 所以恒成立， 所以以点为圆心，为半径的圆恒过点， 所以， 所以， 当且仅当在线段与圆的交点时取等号， 即的最小值为. 故选：A 2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A、B的距离之比为（，），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O：和点，点，M为圆O上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，则 ，所以， 整理，得，，点M位于图中、的位置时，的值最小可得答案. 【详解】设，令，则， 由题知圆是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，且， 设点，则，整理得： ， 比较两方程可得：，，， 即，，点， 当点M位于图中、的位置时， 的值最小，最小为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，考查两点间线段最短. 3．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取点，推理证明得，把问题转化为求点M到定点B，N距离和的最小值作答. 【详解】如图，点M在圆上，取点，连接，有， 当点不共线时，，又，因此∽， 则有，当点共线时，有，则， 因此，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 【点睛】方法点睛：圆及圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 题型12 直线与圆大题：韦达定理 ⭐技巧积累与运用 解决直线与圆相交问题，韦达定理题型常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与圆方程，得到关于（或）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为形式； （5）代入韦达定理求解. 1．椭圆的左、右焦点分别为，过作直线交E于两点．过作垂直于直线的直线交E于两点．直线与相交于点P． (1)若直线的斜率为1，求直线的方程． (2)求点P的轨迹方程． (3)求四边形面积的取值范围． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据两直线垂直的斜率关系，以及过的定点，即可求解直线方程； （2）根据，转化为坐标运算，即可求点的轨迹方程； （3）首先分直线的斜率为0或不存在，以及直线的斜率存在且不为0两种情况，利用对角线互斥垂直，利用对角线的长度表示四边形的面积，利用函数关系求取值范围. 【详解】（1）由条件可知，，，则， 所以，, 因为直线的斜率为1，所以直线的斜率为，且直线过点， 所以直线的方程为，即； （2）设，依题意，，且， ，， 所以，即， 故点的轨迹方程为； （3）依题意，， 过作平行于的直线交于两点，由对称性可知，， ①当的斜率为0或斜率不存在时，和是或，； ②当的斜率存在且不为0时，设，，， 联立方程，得， ，，，故， 同理，故， 令，，则，其中，故，综上， 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是将转化为，利用和都过点的特征，且斜率的关系，根据，直接表示. 2．在平面直角坐标系中，已知为三个不同的定点.以原点为圆心的圆与线段都相切. (1)求圆的方程及的值； (2)若直线与圆相交于两点且，求的值； (3)在直线上是否存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有（为常数）？若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)圆，，(2)(3)， 【分析】（1）因为、已知，所以通过到的距离求半径，即可得到圆的方程，再根据半径求点坐标，注意到点坐标的特殊性，这条直线是垂直于轴的． （2）将、点坐标设出来，数量积坐标化，将直线方程与圆的方程联立，韦达定理代入即可求解． （3）假设、的坐标，根据两点距离公式与建立等式，再根据A、P分别满足直线和圆的方程化简等式，最后根据等式恒成立的条件求解. 【详解】（1）因为， 因为圆与相切，所以半径等于到的距离． 又直线，所以圆的半径，所以圆． 圆与相切，又过点与圆相切的直线有或， 所以直线，所以．即， 所以直线， 又到的距离为，所以，解得或（舍）， 所以． （2）设，，则. 由，可得，，解得. 所以，，故. 所以，所以.故. （3）设.则，. 若在直线上存在异于的定点，使得对圆上任意一点， 都有为常数,等价于对圆上任意点恒成立. 即. 整理得. 因为点在直线上，所以.由于在圆上，所以. 故对任意恒成立. 所以显然，所以.故， 因为，解得或.当时，，此时重合，舍去. 当时，，综上，存在满足条件的定点，此时. 3．已知圆：，圆：，若平面内一点到的切线长与到的切线长之比为定值（，且），则称点为“型切圆关联点”，记时，点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点的直线交于，两点，过与垂直的直线交于，两点. ①求四边形面积的最大值； ②设为线段的中点，为线段的中点，证明：直线过定点. 【答案】(1)（坐标原点除外） (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得的方程. （2）①根据弦长公式求得，从而求得四边形面积的表达式，进而求得面积的最大值.②利用根与系数关系，由的坐标求得直线的方程，进而求得直线所过定点. 【详解】（1）圆：的圆心为，半径为， 圆：的圆心为，半径为， 设，点到圆的切线长为， 点到圆的切线长为， 所以， 两边平方并化简得（坐标原点除外）. 所以的方程为（坐标原点除外）. （2）①当直线的斜率不存在时，直线与只有一个交点，不符合题意， 所以直线的斜率存在且不为零，设直线的斜率为（），直线的斜率为， 则直线的方程为，即， 圆心到直线的距离， 所以， 用替换，可得， 所以 ， 当且仅当时等号成立， 所以四边形面积的最大值为. ②由消去并化简得， 所以， 用替换，可得， 当时，， 所以直线的方程为， 即， 所以直线恒过定点， 当时，，此时直线恒过定点， 当时，，此时直线恒过定点， 综上所述，直线恒过定点. 【点睛】思路点睛：1.利用切线长比求轨迹：通过已知点到两个圆的切线长之比，结合切线长公式，利用平方化简得到点的轨迹方程，这一步的推导是解决轨迹问题的关键. 2.结合根与系数关系证明定点性质：通过直线与圆的交点，结合根与系数关系，推导出直线方程，从而证明直线恒过定点. 题型13直线与圆：定点 ⭐技巧积累与运用 定点题型： 1.证明直线过定点，一般情况下，通过题中条件，寻找直线y=kx+b中b=f（k）的函数关系，或者设参，求解出含参直线方程，再求解出含参直线所过的定点。 2.证明定点，可以通过特殊化法先确定定点坐标，再证明定点适合题意。 1．已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B． (1)当四边形PAMB的面积为时，求点P的坐标； (2)若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)或 (2)存在，， 【分析】（1）设，解方程，即得解； （2）求出圆N方程：，解方程即得解. 【详解】（1）由题可知，圆M的半径，设， 因为PA是圆M的一条切线，所以， 四边形面积= ，于是， 所以， 解得或， 所以点P的坐标为或． （2）设，因为， 所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径， 其方程为， 即，   由，解得或， 所以圆过定点，． 2．已知圆：，点，点在圆上运动的垂直平分线交于点 (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的动直线交曲线于、两点，求证：以为直径的圆恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程化简，直线与椭圆必有两个交点，设、，应用韦达定理并假设在轴上存在定点满足题设，计算，由求得值即得． 【详解】（1）的垂直平分线交于点， ，从而， 动点的轨迹是以点、为焦点的椭圆． 设椭圆的方程为，则，， ，，， 动点的轨迹的方程为； （2）设直线的方程为，则，得， 由题意知，点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点， 设、，则． 假设在轴上存在定点满足题设，则， 以为直径的圆恒过点， ，即， ， 可化为 ， 由于对于任意的，恒成立，故，解得． 因此，在轴上存在满足条件的定点，点的坐标为． 【点睛】方法点睛：椭圆中定点问题，首先设直线与椭圆的交点为，由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，然后设定点为，由定点满足的条件列出恒等式并代入进行转化，利用恒等式知识求得． 3．已知抛物线，焦点为，点在上，直线∶与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为. (1)设的面积分别为，求证：； (2)若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析，和 【分析】（1）将点代入得抛物线方程为，设，联立直线与抛物线方程，韦达定理，然后用坐标表示三个三角形的面积，化简即可证明. （2）先求出直线的方程，令得点的坐标，同理得点的坐标，从而求出以为直径的圆，令得圆恒过的定点. 【详解】（1）将代入，得，所以抛物线方程为， 由题意知，设， 由得，，， 所以， 所以 ，即. （2）直线的斜率， 故直线的方程为，令得， 所以点的坐标为，同理，点的坐标为， 设线段的中点为，则 =， 又= ， 所以以为直径的圆为， 即，令得或， 故以为直径的圆过定点和. 题型14圆综合大题 1．已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点． (1)若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； (2)过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程； (3)若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值． 【答案】(1)(2)或．(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，设，，由向量的坐标运算可得的坐标，代入计算，表示出点的坐标，然后代入圆的方程，计算化简，即可得到轨迹方程； （2）根据题意，分直线的斜率存在于不存在讨论，然后结合圆的弦长公式代入计算，即可得到结果； （3）分别由直线的方程得到点的坐标，代入计算，即可证明. 【详解】（1）根据题意，，． 设，，则，， 由于，所以， 得 将其代入，得， 故点的轨迹方程为． （2）根据垂径定理可得． ①当斜率不存在时，直线的方程为：， 直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意； ②当斜率存在时，设直线， 圆心到直线的距离为，解得． 直线的方程为或． （3）设，则， 直线方程是，令，得， 直线方程是，令得， 所以 ． 即为定值． 2．已知平面内的动点与两个定点的距离的比为，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程，并说明其形状； (2)已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线（为切点），证明：直线过定点，并求该定点坐标； 【答案】(1)，曲线是以为圆心，半径为2的圆； (2)证明见解析， 【分析】（1）根据已知及两点距离公式有，整理即可得曲线方程； （2）根据题设知在以为直径的圆上，并写出对应方程，结合在上，即可求直线，进而确定定点坐标； 【详解】（1）设， 由，得， 化简得，即 故曲线是以为圆心，半径为2的圆； （2）由题意知，与圆相切，为切点， 则，则四点共圆 在以为直径的圆上， ，又， 则的中点为， 以线段为直径的圆的方程为， 整理得，①， 又在上，②， 由两圆方程作差即②-①得：. 所以，切点弦所在直线的方程为. 则恒过坐标点. 3．在平面直角坐标系中，已知圆经过原点和点，并且圆心在轴上，圆与轴正半轴的交点为. (1)求圆的标准方程； (2)设为圆的动弦，且不经过点，记、分别为弦、的斜率. （ⅰ）若，求面积的最大值； （ⅱ）若，请判断动弦是否过定点？若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）1；（ⅱ）过定点. 【分析】（1）设圆的标准方程为，根据已知条件代入求即可； （2）（i）由可得，且，根据三角形面积公式和基本不等式求最大值即可；（ⅱ）设直线的方程为，与圆的方程联立，利用韦达定理和斜率公式代入求出与的关系进而可得定点. 【详解】（1）设圆的标准方程为， 由已知可得：，解得：，，， 所以圆的标准方程为. （2）（ⅰ）由（1）知，因为，所以， 从而直线经过圆心，是直角三角形，且， 设，，则， 又，所以，当且仅当时取等号， 所以. （ⅱ）由已知得：直线的斜率必存在， 设直线的方程为，，， 由，消去得：， 当时，，，（※） 又， 即， 代入（※）得：， 即，解得：，或， 当时，此时直线的方程为，过定点（舍去）， 当时，此时直线的方程为，过定点， 故当，动弦过定点. 33能力培优 1．过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】D 【分析】本题涉及到动点的轨迹，根据比例，经分析可知，所在轨迹为圆，结合圆的几何性质即可求解. 【详解】由题可知，在圆内， 令，且， 显然是的内比分点，设为其外比分点， 则，此时的中点为所在阿氏圆的圆心，      对每一个确定的实数，的最大值为 即重合时为对应圆的直径， 根据圆的对称性，如图，讨论的情况，而 当为直径时， 此时，所以 故的最大值为 当不为直径时，，， 且增减趋势相同， 由得， 显然接近于1时趋向无穷大， 此时的最大值趋向无穷大， 综上，的最小值为2. 故选：D 【点睛】方法点睛：本题涉及到动点到两个定点的距离之比为定值，此时该动点的轨迹为阿氏圆，结合阿氏圆分析点的位置再求的最值即可. 2． 已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可. 【详解】 在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为， ， 设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知， ， ， P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球， 若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为， 在中，， 所以，当P在面内部的轨迹长为， 同理，当P在面内部的轨迹长为， 当P在面时,如图③所示， 面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且， 所以P在正方形内的轨迹为， 所以， 综上：P的轨迹长度为. 故选：C 【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长. 3． 在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，，为切点，满足，则的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过圆外一点圆的切线的性质，根据关系，求出满足条件的点的轨迹方程，分情况讨论此轨迹方程与曲线y=k|x−1|+2有四个交点，即满足题意． 【详解】设，，则， 整理得，，解得（舍去）或， 所以点P的轨迹方程为， 若直线与相切时，，解得或， 当曲线与圆有四个交点时，对应的满足题意， 当时，如图所示，二者一个交点，存在一个点，不符合题意， 当时，如下图所示，此时二者有三个交点，存在三个点，不符合题意， 当时，如图所示，二者有两个交点，存在两个点，不符合题意， 当时，如图所示，二者没有交点，不存在点满足题意， 当时，二者有四个交点，存在四个点，满足题意， 综上，． 故选：B． 【点睛】本题综合考查了直线与圆的位置关系，通过向量数量积求动点的轨迹方程，以及在不同的情况下，折线函数与圆的交点个数问题，对数形结合、曲线作图要求很高，难度很大． 4． 一条动直线与圆相切，并与圆相交于点A，B，点P为定直线上动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在直线，使得以为直径的圆与相切 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】对A，数形结合求出点到直线距离的最小值与比较可判断；对B，C，根据向量数量积运算结合，运算得解判断；对D，直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题，设，，，利用直线对称列式运算求解. 【详解】设线段的中点为，根据圆的对称性可知点在圆上， 则，坐标原点到直线的距离为， 由图易知，， 对于A，点到直线距离的最小值为，且， 所以以为直径的圆与相离，故A错误； 对于C， ， ，故C正确； 对于B，， ，故B正确； 对于D，由于两点在圆上，且，点到直线的距离，求直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题， 设，，，点关于直线对称点为， 则，直线，， 由，消去整理得， 即，即， ，，同理，， ，， 的最小值为， 所以的最小值为，故D正确. 故选：BCD.    【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是将求直线上点使得最小值转化为求直线上一点，的最小值问题. 5． 已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，由题意，计算，，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将转化为，然后转化为圆上任意一点到定点距离的最小值进而求解最小值. 【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F， 与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF. 由，，，得，， 因为，所以，在中，由余弦定理得. 又由，得，即， 所以点C的轨迹为以OD为直径的圆. 因为 ， 当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解. 6． 已知斜率为1的直线与抛物线交于点，以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称． (1)求抛物线与圆的方程； (2)过轴上的点作斜率为1的直线，交圆于点，且与交于不同的两点，求的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）求直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系得的值，即得抛物线方程，利用弦长公式求直径，即可得到圆的方程. （2）设，根据直线与圆、抛物线的位置关系求的范围，利用切割线定理求的范围. 【详解】（1）    ∵以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称， ∴线段为圆的直径，点为线段的中点． 由题意知直线的斜率为1且过点， ∴直线的方程为，即. 由得, 设，，则，， ∴，∴， 故抛物线的方程为． 此时， ∴， ∴圆的半径为，故圆的方程为． （2）    设，则直线的方程为，即, ∵直线与圆有两个交点， ∴点到直线的距离，解得． 由，得， ∵直线与抛物线有两个公共点， ∴，解得， ∴． ∵，∴点在圆外. 过点作圆的切线，设切点为，连接，， 由切割线定理得，， 由相切得，故． ∵，∴， ∴， ∴的取值范围是． 7． 已知椭圆 过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆方程为，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆交于，两点，为坐标原点，设为的中点，当取最大值时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由题意，解方程组即可得解； （2）当切线斜率不存在时，易得；当切线斜率存在时，设切线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由切线的性质得，得到关于的表达式，当时，，利用基本不等式求出的最大值，从而求出此时、的值，即可求出直线方程. 【详解】（1）椭圆过点，且离心率为， ，解得， 椭圆的方程为. （2）由题得圆的圆心为，半径为， 当切线斜率不存在时，切点即为，此时； 当切线斜率存在时，设切线方程为，，， 联立方程，得， ∴，， ∴，∴， ∵直线与圆相切，∴，即， ∴， 当时，； 当时，， ，当且仅当时等号成立，， 所以， 综上可得的最大值为，此时，即， 所以，即， 所以直线的方程或. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 8． 已知抛物线的准线方程为，直线l与C交于A，B两点，且（其中O为坐标原点），过点O作交AB于点D. (1)求点D的轨迹E的方程； (2)过C上一点作曲线E的两条切线分别交y轴于点M，N，求面积的最小值. 【答案】(1) (2)8． 【分析】（1）由抛物线准线方程即可得到p，从而求得抛物线方程，然后利用两个垂直转化为向量的数量积为0，再结合点D在直线AB上，得到等式，消元即可求得点D轨迹方程； （2）易知，利用切线方程求出M，N的坐标，然后求得，最后用表示的面积，再利用基本不等式即可求得面积的最小值. 【详解】（1）由题意可得，即，所以抛物线方程为 设，则， 因为，所以， 及，又由题意可知，所以 又，且 所以， 即， 又因为点D在直线AB上，且， 所以，即， 所以， 由①②式可得， 当时，，解得；，此时； 当时，消可得，，即， 点同样满足该方程， 显然D与O不重合，所以， 综上，点D的轨迹E的方程为； （2）因为，结合题意可得切线斜率存在且都不为0， 设切线的斜率为，的斜率分别为，则 切线方程为，即， 令，得， ， 又，消元得 因为相切，所以， 即 易知的斜率分别为是方程③的两个根， 所以， 所以， 所以， 所以， 令， ，当且仅当，即时，取等号. 综上，面积的最小值为8. 【点睛】关键点点睛：第（1）小题的关键是利用两个垂直，转化为数量积为0的等量关系，然后借助点在直线上，利用向量共线得到另一个等量关系，消元即可求得动点的轨迹方程；第（2）小题的关键是利用切线方程与圆的方程联立，求得一个关于斜率k的一元二次方程，把两条切线的斜率转化为一个关于k的一元二次方程的两根，用韦达定理求出的值，最后求得面积关于的表达式. 高考真题 1．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可. 【详解】由题意得，即， 则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为. 故选：D. 2．（2023·全国·高考真题）已知实数满足，则的最大值是（    ） A． B．4 C． D．7 【答案】C 【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可. 【详解】法一：令，则， 代入原式化简得， 因为存在实数，则，即， 化简得，解得， 故 的最大值是， 法二：，整理得， 令，，其中， 则， ，所以，则，即时，取得最大值， 法三：由可得， 设，则圆心到直线的距离， 解得 故选：C. 3．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B.      4．（2024·全国·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（    ） A．l与相切 B．当P，A，B三点共线时， C．当时， D．满足的点有且仅有2个 【答案】ABD 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和相切，A选项正确； B选项，三点共线时，即，则的纵坐标， 由，得到，故， 此时切线长，B选项正确； C选项，当时，，此时，故或， 当时，，，， 不满足； 当时，，，， 不满足； 于是不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义，，这里， 于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题， ，中点，中垂线的斜率为， 于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得， ，即的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个点，使得，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：ABD 5．（2024·天津·高考真题）已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离. 【详解】圆的圆心为，故即， 由可得，故或（舍）， 故，故直线即， 故原点到直线的距离为， 故答案为： 6．（2024·全国·高考真题）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，从而可得当时，的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】因为直线，即，令， 则，所以直线过定点，设， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 直线与圆 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：轨迹：阿圆 题型二：轨迹：相关点代入型 题型三：待定系数求圆的方程 题型四：两圆的公切线 题型五：圆的切线最值 题型六：切线三角形面积最值 题型七：切点弦 题型八：切弦与角度 题型九：圆的旋转切线 题型十：残圆与函数 题型十一：圆型“将军饮马” 题型十二：直线与圆大题：伟大定理 题型十三：直线与圆：定点 题型十四：圆综合大题 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01轨迹：阿圆 ⭐技巧积累与运用 已知平面上两点A、B，则所有满足PA/PB=k，且K不等于1的点P的轨迹，是一个圆心在A、B两个点的所在直线上的圆 。这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆 即PA=KPB，k不等于1，则P点轨迹是一个圆，可直接设点推导 1．在平面直角坐标系 中，点 ，动点满足 ，则 面积的最大值为（     ） A． B．6 C． D． 2．已知点，，抛物线的焦点为是上的动点，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．点在动点的轨迹上 B．周长的最小值为 C．当最小时，点的横坐标为4 D．面积的最大值为 3．阿波罗尼斯圆（ApolloniusCircle）是指在平面上，给定两点A､B以及一个常数，所有满足（为动点）的点的轨迹.这个轨迹是一个圆，最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，因此得名.现已知定点点是圆上的动点，则的最小值为 . 题型02 轨迹：相关点带入型 ⭐技巧积累与运用 求轨迹 （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 1．已知点在圆上运动，为坐标原点，则线段的中点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 2．下列说法正确的有（    ） A．直线过定点 B．圆上的动点与定点所连线段的中点的轨迹方程为 C．若圆与圆有唯一公切线，则 D．圆上存在两个点到直线的距离为2 3．已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值范围是 . 题型03 待定系数求圆的方程 ⭐技巧积累与运用 圆的一般方程对应的圆心和半径 圆的一般方程表示的圆的圆心为，半径长为． 1．过坐标原点，且在x轴和y轴上的截距分别为2和3的圆的方程为（    ） A． B． C． D． 2．已知的三个顶点为，则下列关于的外接圆圆M的说法正确的是（    ） A．圆M的圆心坐标为 B．圆M的半径为 C．圆M关于直线x＋y＝0对称 D．点在圆M内 3．已知圆的圆心在直线上，且圆过点、，若圆与圆关于直线对称，则圆的标准方程为 ． 题型04两圆的公切线 ⭐技巧积累与运用 公共弦直线：当两圆相交时，两圆方程(x2，y2项系数相同)相减便可得公共弦所在直线的方程． 1．已知圆与圆恰有三条公切线，则（ ） A．15 B．17 C．21 D．23 2．已知圆，，则下列说法正确的是（   ） A．当时，圆与圆有2条公切线 B．当时，是圆与圆的一条公切线 C．当时，圆与圆相离 D．当时，圆与圆的公共弦所在直线的方程为 3．写出与圆和圆都相切的一条直线方程 . 题型05圆的切线最值 ⭐技巧积累与运用 圆切线，基本方法和思维，是转化为如下图的对称切线三角形。所以，与切线有关的，大多数都通过切线三角形转化为与“圆心有关” 1．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为(   ) A． B． C． D． 2．已知点在直线上，圆，则下列说法正确的是（    ） A．若圆关于直线对称，则直线的方程为 B．若点是圆上任意一点，则的最大值为 C．若直线与圆相切于点，则 D．若直线与圆相切，则直线的方程为或 3．已知点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则周长的最小值为 ． 题型06 切线三角形面积最值 ⭐技巧积累与运用 通过切线三角形，把面积转化为圆心有关的最值范围来求解 1．点是圆：上一动点，过点向圆：作两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．已知点P满足，点，，，则（   ） A．当最小时， B．当最大时， C．当面积最大时， D．当最大时，面积为 3．已知圆C：，过直线上点P引圆C的切线，切点为A，B，则当△ABC的面积最大时，点P的坐标为 ． 题型07 切点弦 ⭐技巧积累与运用 圆的切线常用结论： (1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为：x0x＋y0y＝r2. (2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为：(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2. (3)过圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程的求法： ①以M为圆心，切线长为半径求圆M的方程； ②用圆M的方程减去圆C的方程即得； (x－a)2＋(y－b)2＝r2外一点P(x0，y0)做切线，切点所在直线方程（切点弦方程）为：(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2. 1．已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线距离的最大值（    ） A． B． C． D． 2．已知P是直线上一动点，Q是圆上一动点，过点P作圆O的两条切线，切点分别为、，则(    ). A．点Q到直线l的距离的取值范围为 B．直线恒过定点 C．四边形的面积的最小值为 D．的最小值为3 3．已知圆，是x轴上动点，分别是圆的切线，切点分别为两点，则直线恒过定点 ． 题型08切线与角度 1．已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为.若，则（    ） A． B．1 C． D． 2．在平面直角坐标系中，为原点，已知，设动点满足，动点满足，则的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 3．已知点是直线的动点，过点引圆的两条切线，切点为，当的最大值为时，则（    ） A．1 B． C． D．2 题型09 圆的旋转切线 ⭐技巧积累与运用 圆的动切线 到直线系距离，每条直线的距离 ， 直线系表示圆的切线集合， 1．对于方程，表示的曲线，下列说法正确的是 （    ） A．曲线只能表示圆、椭圆或双曲线 B．若为负角，则曲线为双曲线 C．若为正角，则曲线为椭圆 D．若为椭圆，则曲线的焦点在轴上 2．设直线系，对于下列四个命题： （1）中所有直线均经过某定点； （2）存在定点不在中的任意一条直线上； （3）对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上； （4）中的直线所能围成的正三角形面积都相等； 其中真命题的是（    ） A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3）（4） D．（1）（2） 3．设直线系，，对于下列四个命题： （1）中所有直线均经过一个定点； （2）存在定点不在中的任意一条直线上； （3）对于任意整数，，存在正边形，其所有边均在中的直线上； （4）中的直线所能围成的正三角形面积都相等；其中真命题的是（    ） A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3）    （4） D．（1）（2） 题型10残圆与函数 ⭐技巧积累与运用 带根号型，两边平方后可以转化为圆的方程，但是要注意根号的函数值不会为负，所以限制了取值范围，称为“残圆” 1．已知是定义在上的增函数，函数的图象关于点对称，若不等式的解集为区间，且，则（    ） A． B． C．2 D． 2．已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．无法确定 3．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型11 圆型“将军饮马” 1．已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A、B的距离之比为（，），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O：和点，点，M为圆O上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 题型12 直线与圆大题：韦达定理 ⭐技巧积累与运用 解决直线与圆相交问题，韦达定理题型常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与圆方程，得到关于（或）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为形式； （5）代入韦达定理求解. 1．椭圆的左、右焦点分别为，过作直线交E于两点．过作垂直于直线的直线交E于两点．直线与相交于点P． (1)若直线的斜率为1，求直线的方程． (2)求点P的轨迹方程． (3)求四边形面积的取值范围． 2．在平面直角坐标系中，已知为三个不同的定点.以原点为圆心的圆与线段都相切. (1)求圆的方程及的值； (2)若直线与圆相交于两点且，求的值； (3)在直线上是否存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有（为常数）？若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由. 3．已知圆：，圆：，若平面内一点到的切线长与到的切线长之比为定值（，且），则称点为“型切圆关联点”，记时，点的轨迹为. (1)求的方程； (2)过点的直线交于，两点，过与垂直的直线交于，两点. ①求四边形面积的最大值； ②设为线段的中点，为线段的中点，证明：直线过定点. 题型13直线与圆：定点 ⭐技巧积累与运用 定点题型： 1.证明直线过定点，一般情况下，通过题中条件，寻找直线y=kx+b中b=f（k）的函数关系，或者设参，求解出含参直线方程，再求解出含参直线所过的定点。 2.证明定点，可以通过特殊化法先确定定点坐标，再证明定点适合题意。 1．已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B． (1)当四边形PAMB的面积为时，求点P的坐标； (2)若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由. 2．已知圆：，点，点在圆上运动的垂直平分线交于点 (1)求动点的轨迹的方程； (2)过点的动直线交曲线于、两点，求证：以为直径的圆恒过定点． 3．已知抛物线，焦点为，点在上，直线∶与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为. (1)设的面积分别为，求证：； (2)若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标. 题型14圆综合大题 1．已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点． (1)若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； (2)过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程； (3)若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值． 2．已知平面内的动点与两个定点的距离的比为，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程，并说明其形状； (2)已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线（为切点），证明：直线过定点，并求该定点坐标； 3．在平面直角坐标系中，已知圆经过原点和点，并且圆心在轴上，圆与轴正半轴的交点为. (1)求圆的标准方程； (2)设为圆的动弦，且不经过点，记、分别为弦、的斜率. （ⅰ）若，求面积的最大值； （ⅱ）若，请判断动弦是否过定点？若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 33能力培优 1．过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（    ） A．1 B． C． D．2 2． 已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3． 在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，，为切点，满足，则的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 4． 一条动直线与圆相切，并与圆相交于点A，B，点P为定直线上动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在直线，使得以为直径的圆与相切 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 5． 已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为 . 6． 已知斜率为1的直线与抛物线交于点，以点为圆心的圆过点，且圆关于直线对称． (1)求抛物线与圆的方程； (2)过轴上的点作斜率为1的直线，交圆于点，且与交于不同的两点，求的取值范围． 7． 已知椭圆 过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆方程为，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆交于，两点，为坐标原点，设为的中点，当取最大值时，求直线的方程. 8． 已知抛物线的准线方程为，直线l与C交于A，B两点，且（其中O为坐标原点），过点O作交AB于点D. (1)求点D的轨迹E的方程； (2)过C上一点作曲线E的两条切线分别交y轴于点M，N，求面积的最小值. 高考真题 1．（2024·北京·高考真题）圆的圆心到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·全国·高考真题）已知实数满足，则的最大值是（    ） A． B．4 C． D．7 3．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 4．（2024·全国·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（    ） A．l与相切 B．当P，A，B三点共线时， C．当时， D．满足的点有且仅有2个 5．（2024·天津·高考真题）已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为 ． 6．（2024·全国·高考真题）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$