专题03 圆的方程的综合应用问题十类综合题型（含阿氏圆）（压轴题专项训练）数学北师大版选择性必修第一册

**基本信息** 以四大核心关系为统领，通过“通法+题型+挑战”三阶体系，系统构建圆的方程综合应用解题方法，实现从基础到压轴的能力递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|1|几何性质优先+代数法兜底，明确位置关系判定与运算规范|从核心关系（点-圆/直线-圆/圆-圆/轨迹）出发，建立解题双路径| |题型归纳|10类（每类1典例+3变式）|每题型提炼“特征+方法”模板，如阿氏圆用距离比例求轨迹|从基础位置判断到综合定点定值，形成“概念-解法-变式”递进链| |压轴挑战|15题|综合应用通法与题型技巧，强化复杂问题推理能力|聚焦高考高频难点，实现知识迁移与思维突破|

专题03 圆的方程的综合应用问题十类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点与圆位置关系的判断及应用 题型二、与圆有关的轨迹方程问题 题型三、圆外一点到圆上一点距离的最小值问题 题型四、利用直线与圆相切关系求切线（切线长）问题 题型五、利用直线与圆相交关系求弦长等问题 题型六、圆上的点到直线的距离为定值的个数问题 题型七、利用圆与圆的位置关系求参数问题 题型八、切点弦问题 题型九、阿氏圆的理解与应用 题型十、与圆有关的的定点、定值、定直线问题的综合探究与应用 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 圆的方程综合问题是高中解析几何重难点，所有题型均围绕点圆位置关系、直线圆位置关系、圆圆位置关系、动点轨迹四大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是优先挖掘圆心与半径的几何性质简化运算，二是直线与圆联立得到一元二次方程时，涉及实数交点问题必须验证判别式大于等于0。针对直线与圆的综合探究，解题可两条路径并行：几何路径依托圆心到直线的距离，研究相切、相交、相离关系，解决切线、弦长、距离最值类问题；代数路径联立直线与圆方程，借助韦达定理处理中点、垂直、向量、面积、参数范围等深层探究问题，几何法优先，代数法兜底。所有参数结果最终均需合规检验. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点与圆位置关系的判断及应用 典例1 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由二元二次方程表示圆可得的范围，再结合点在圆的外部，即可得解. 【详解】将圆化成标准方程，可得， 由，解得. 因为点在圆的外部， 所以，解得. 综上可得． 题型模版 1.特征：已知圆方程和定点坐标，判定点在圆内、圆上、圆外；或是给定点位关系，反向求解参数取值范围. 2.方法：计算定点到圆心之间的距离，将距离数值和圆半径进行大小比较；距离大于半径，点在圆外；距离等于半径，点在圆上；距离小于半径，点在圆内. 变式1-1“”是“点在圆外部”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 【答案】D 【分析】求出点在圆外部满足的充要条件，据此求解即可. 【详解】若点在圆外部， 则，解得或， 所以“”是“点在圆外部”的既不充分也不必要条件， 故选：D. 变式1-2设，且过点作圆的切线有两条，则的取值范围是__________. 【答案】 【详解】过点作圆的切线有两条， 则点在圆外， 所以，解得， 因为，所以． 变式1-3若存在，使得点在圆外，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据点在圆外建立不等式，再由辅助角公式化简后转化为，解不等式即可得解. 【详解】因为点在圆外， 所以， 即存在，使得（其中）， 所以只需， 故，即， 解得， 故选：B． 类型二、与圆有关的轨迹方程问题 典例2 已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求： （1）动点M的轨迹方程； （2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹． 【答案】（1）（2），N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆． 【详解】试题分析：解：（1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则点M的轨迹就是集合 P ． 由两点距离公式，点M适合的条件可表示为 ， 平方后再整理，得 ． 可以验证，这就是动点M的轨迹方程． （2）设动点N的坐标为（x，y），M的坐标是（x1，y1）． 由于A（2，0），且Ｎ为线段AM的中点，所以 ， ．所以有， ① 由（1）题知，M是圆上的点， 所以M坐标（x1，y1）满足：② 将①代入②整理，得． 所以N的轨迹是以（1，0）为圆心，以2为半径的圆． 题型模版 1.特征：给出动点满足的几何等量关系，求解动点运动形成的轨迹方程；部分题目会伴随相关点转移、距离比值等约束条件 2.方法： ①直接法：设出动点坐标，把几何条件转化成坐标等式，化简得到方程； ②定义法：判断出动点轨迹符合圆的定义，直接写出圆心与半径，快速得到圆方程； ③相关点法：找到主动点和从动点坐标之间的关系，代入已知轨迹完成转换 变式2-1直角坐标平面中，若定点A（1，2）与动点P（x，y）满足，则点P的轨迹方程是___________. 【答案】 【分析】设点，则，由，所以，代入，即可求解. 【详解】设点， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， 即. 因此点P的轨迹方程是. 故答案为：． 变式2-2设A为圆上的动点，PA是圆的切线且，则P点的轨迹方程是______． 【答案】 【分析】设点的坐标，根据切线的性质，构造直角三角形，利用勾股定理即可建立等量关系，从而求出P点的轨迹方程. 【详解】设是轨迹上任一点，连接，，， 由圆的方程为，则圆心为， 根据切线的性质，则， 则由勾股定理可得，即，所以， 即P点的轨迹方程为． 变式2-3已知A(2，0)为圆O：x2＋y2＝r2上一点，点B(1，1)，P，Q为圆O上的动点. (1)求线段AP中点的轨迹方程； (2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程. 【答案】(1)(x－1)2＋y2＝1 (2)x2＋y2－x－y－1＝0 【详解】（1）设线段AP的中点为M(x，y). 由中点坐标公式可知，点P的坐标为(2x－2，2y). ∵ A(2，0)为圆O：x2＋y2＝r2上一点，∴ 圆O的方程为x2＋y2＝4.又点P在圆O上，∴ (2x－2)2＋(2y)2＝4，即(x－1)2＋y2＝1，故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1. （2）设线段PQ的中点为N(x，y). 在Rt△PBQ中，PN＝BN，连接ON(图略)，则ON⊥PQ， ∴ OP2＝ON2＋PN2＝ON2＋BN2，∴ x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4，即x2＋y2－x－y－1＝0. ∴ 线段PQ中点N的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0． 题型三、圆外一点到圆上一点距离的最小值问题 典例3 已知圆，点在圆上，点在圆外，则的最大值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】圆的标准方程为：，的最大值就是的长度与半径之和. 【详解】圆的标准方程为：，又， ，故的最大值为7，当且仅当三点共线时等号成立.故选C.． 题型模版 1.特征：已知定点在圆外，求定点和圆上动点之间距离的最值；也常反向给出最值条件，求解参数. 2.方法：先算出定点到圆心的距离；最小值等于定点圆心距离减去半径，最大值等于定点圆心距离加上半径；解题优先画图分析位置，无需设点联立计算 变式3-1若为圆上任意一点，点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】判断点与圆的位置关系，利用圆的性质即可得解. 【详解】将圆化为标准方程为， 故圆的圆心为，半径， 因为，故点在圆的内部， 且， 所以的取值范围为：. 故选：C ． 变式3-2已知是圆上的一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题可得即求点到点的距离的最小值，求出点到圆心的距离即可得出. 【详解】表示圆上的点到点的距离， 由可化为，则圆心为，半径为， 点到圆心的距离为， 所以点到点的距离的最小值为， 即的最小值是. 故答案为：. 变式3-3已知x和y满足圆的标准方程．求： (1)的最值； (2)圆上一点P与，所围成的三角形的面积的最大值和最小值． 【答案】(1)最大值和最小值分别为和 (2)最大值和最小值分别为， 【分析】（1）将 视为圆上动点到原点的距离平方，利用圆心到原点的距离与半径的关系确定距离范围； （2）将三角形面积表示为底边 与点 到直线 的距离之积的一半，转化为求圆上动点到定直线距离的最值问题． 【详解】（1）因为圆的圆心为,半径为, 而表示该圆上一点到原点的距离的平方, 因圆心到原点的距离, 圆上点到原点的距离的范围为：， 即， 所以， 因此， 所以的最小值为，最大值为． （2）已知、，则直线的方程为：， 且， 设点到直线的距离为，则的面积， 因此，面积的最值等价于求点到直线距离的最值， 圆心到直线的距离， 所以圆上点到直线的距离的范围为：， 即， 则，． 即的面积最小值为，最大值为． 题型四、利用直线与圆相切关系求切线（切线长）问题 典例4 -1在平面直角坐标系中，过点且与圆相切的直线方程为__________． 【答案】或 【详解】由圆，圆心为，半径， 当切线斜率不存在时，切线方程为，此时圆心到切线的距离为1，符合题意； 当切线斜率存在时，设切线的方程为，即， 则，解得，则切线的方程为，即. 综上所述，切线方程为或． 典例4 -2由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为（   ） A．1 B． C． D．3 【答案】C 【详解】圆即为，可知圆心为，半径， 在直线上取一点P，过P向圆引切线，设切点为A，连接CA， 在中，．要使最小，则应最小． 又当PC与直线垂直时，最小，其最小值为． 故的最小值为． 题型模版 1.特征：已知圆与圆外定点，求过该点切线方程或者切线长；或是已知直线与圆相切，反求直线当中的参数. 2.方法： ①求切线长：连接圆心和定点，圆心、定点、切点构成直角三角形，用勾股定理计算切线长； ②求切线方程：利用圆心到直线的距离等于半径列等式求解斜率；注意遗漏斜率不存在的竖直切线； ③求出结果后检验直线和圆确实只有一个公共点 变式4-1已知直线，若绕点顺时针旋转后恰与圆相切，则实数（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【详解】直线，斜率，且点在直线上. 直线顺时针旋转后与原直线垂直，故旋转后直线斜率. 由点斜式得旋转后直线方程，整理得. 圆的圆心为，半径. 直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，由点到直线距离公式 化简得，解得或． 变式4-2已知点在上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最大值为（     ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】点在圆上，分析可得，要使四边形面积取到最大，只需取得最大值，根据点与圆的位置关系，分析计算，可求出，进而可得，计算即可得答案. 【详解】设圆的圆心为，则圆心坐标为，半径， 圆的圆心坐标为，半径， 所以点P到圆心C的最大距离为， 因为A为切点，所以， 所以， 所以四边形面积的最大值． 变式4-3（多选）已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则下列选项正确的是（    ） A．直线过定点 B．若直线与圆相切，则 C．若，则 D．当时，从点向圆引切线，切线长的最小值是 【答案】ABD 【分析】选项A，将直线方程整理为参数项与常数项分离的形式，建立关于的方程并求解，即可得到定点坐标；选项B，通过圆的标准方程得到圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式建立关于的方程并求解；选项C，求出圆心到直线的距离，再根据点到直线的最小距离等于圆心到直线的距离减去半径，所以代入对应值计算即可；选项D，利用勾股定理表示切线长，根据点到圆心的距离最小时切线长最小，代入公式计算即可. 【详解】整理圆方程可得，因此圆心，半径. 选项A，整理直线的方程可得：， 令，解得，即直线恒过定点， A正确. 选项B，由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离： ， 解得：，B正确. 选项C，如图所示，当时，直线， 则圆心到直线的距离为：. ，C错误.    选项D，如图所示，从点向圆引切线，设一个切点为，连接、，则， 切线长， 因此当且仅当最小时最小，， 代入得：，D正确.   ． 题型五、利用直线与圆相交关系求弦长等问题 典例5 已知点，圆. (1)设，直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程； (2)设，直线过点，求被圆截得的线段的最短长度，并求此时的方程. 【答案】(1)或. (2)最短长度为，此时的方程为. 【分析】（1）直线过点，要求的方程，只需求的斜率，对斜率的存在性进行讨论之后，结合点在圆之外，设出直线的方程，由圆半径、弦长、弦心距之间的关系求出直线斜率即可； （2）直线过点，要求的方程，只需求的斜率，由圆的几何性质和相互垂直直线的斜率关系即可求出的斜率，进而求出的方程. 由圆半径、弦长、弦心距之间的关系即可求出此时最短弦的长度. 【详解】（1） 由圆可知，圆心为，半径为， 由可知，， 因为，所以点在圆之外， 显然，当直线的斜率不存在时，与圆相离，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设为， 设直线的方程为，即， 所以，圆心到直线的距离，即弦心距， 不妨设直线被圆截得的弦为， 由圆半径、弦长、弦心距之间的关系可得， ，即， 所以，解得或， 所以直线的方程为或，即或， 综上，直线的方程为或. （2） 由可知，， 因为，所以点在圆之内， 不妨设直线被圆截得的弦为， 当时，最短，此时弦心距， 由圆半径、弦长、弦心距之间的关系， 则， 因为直线的斜率，且， 所以直线的斜率为，代入点斜式可得， 直线的方程为，即， 综上，被圆截得的线段的最短长度为， 此时的方程为． 题型模版 1.特征：已知直线和圆相交，求弦长；或已知弦长反过来求解直线当中的参数；也会考察相交时参数的取值范围. 2.方法：先求出圆心到直线的距离；半径、圆心直线距离、半弦长三者构成直角三角形，由勾股定理算出弦长；若已知弦长，可反向列方程解参数；相交问题需要满足圆心到直线距离小于半径 变式5-1已知直线与：交于，两点，当面积为时，（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，结合弦长公式表示出的面积，建立方程求解参数. 【详解】由圆的方程，得圆心，半径. 设圆心到直线的距离为，由点到直线距离公式得. 由弦长公式，得弦长. ∵ 的面积为， ∴ . 将上式两边平方得：，令，则， 整理得，解得或. ① 当时，，即， 展开化简得，解得或，均符合题意. ② 当时，，即， 展开化简得，其判别式，无实根. 综上，的值为或． 变式5-2已知圆，直线与圆相交于，两点，当取最小值时，的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定的直线方程求出定点坐标，再确定定点与圆的位置关系，求出过定点的圆的直径斜率即可得解. 【详解】直线，由，得， 显然无论取什么实数，直线都过点， 将化为标准形式， 因为，所以点在圆内， 而圆的圆心，由圆的性质知，当时，弦AB的长取最小值， 又直线的斜率，所以. 变式5-3已知圆的圆心为直线与的交点，半径为，且圆截直线所得弦的长度为4，则实数________． 【答案】 【详解】联立解得 ∴圆的圆心坐标为． 圆心到直线的距离， 且圆的半径，圆截直线所得弦的长度为4． 由，解得． 题型六、圆上的点到直线的距离为定值的个数问题 典例6 已知圆上恰有三个点到直线的距离等于，则实数的一个取值为________. 【答案】或 【分析】根据圆的几何性质以及点到直线的距离公式求得正确答案. 【详解】圆的圆心为，半径， 由于圆上恰有三个点到直线的距离等于， 所以到直线的距离等于， 即，解得或. 故答案为：或． 题型模版 1.特征：给定圆与一条直线，判断圆上有多少个点到直线的距离等于某个定值；也可反过来，已知点的个数，求直线当中参数的取值范围. 2.方法：先计算圆心到直线的距离，再对比距离、半径、给定定值三者之间的大小关系；画出平行于已知直线的两条辅助线，观察辅助线与圆的交点数量，得到满足条件点的个数 变式6-1若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则取值范围为__________________ 【答案】 【详解】分析：先求出圆心和半径，比较半径和2，要求 圆上至少有三个不同的点到直线l：x﹣y+b=0的距离为2，则圆心到直线的距离应小于等于，用圆心到直线的距离公式，可求得结果． 详解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10=0整理为， ∴圆心坐标为（2，2），半径为3， 要求圆上至少有三个不同的点到直线l：x﹣y+b=0的距离为2， 则圆心到直线的距离d=≤， ∴﹣2≤b≤2， ∴b的取值范围是[﹣2，2]， 故答案为[﹣2，2]． 变式6-2（多选）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（    ） A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B．若直线被圆截得的弦长为2，则 C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1 【答案】BC 【分析】A项，利用勾股定理写出的表达式，即可求出的最小值；B项，求出直线的解析式，得出圆的位置，即可得出结论；C项，根据圆上有且只有两个点到的距离，得出圆心到直线的距离小于直径，结合距离公式即可得出结论；D项，由几何知识即可得出结论. 【详解】由题意， 的三个顶点坐标分别为，， 在圆中，，半径 ， A项， 过作圆的切线，切点为，如图所示， ∴, 在中，由勾股定理得， ∴ ∴当时，取最小值，，故A错误； B项， 重心坐标即, 所在直线，即 线段的中点, ∴的垂直平分线为：， 同理可得，的垂直平分线为：， ，解得：， ∴外心 由几何知识得，垂心与外心重合， ∴过和，，即， 直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径， ∴直线过圆心， ∴，即，B正确； C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1， ∴圆心到直线即的距离小于直径. ∴，解得：，故C正确； D项，由几何知识得， 圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误； 故选：BC． 变式6-3已知直线和圆. (1)证明：直线恒过定点；判断直线与圆的位置关系； (2)是否存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析，直线与圆相交 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）直线方程整理得，列式可得直线过定点，判断与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系； （2）由题意可得圆心到直线的距离，解法一：由点到直线的距离列式根据判别式判断可得；解法二：由圆心到直线的距离的最大值为即可判断. 【详解】（1）直线的方程，整理得， 该方程对任意实数成立，于是有，解得， 因此直线恒过定点，而， 即点在圆内，所以直线与圆相交. （2）依题意，圆的圆心，半径是3， 若圆上恰有三点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离， 解法一：，两边平方整理得， 由，得该方程无实数解， 所以不存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1， 解法二：由（1）知直线恒过定点， 则圆心到直线的距离的最大值为，     所以不存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1. 题型七、利用圆与圆的位置关系求参数问题 典例7 已知，若圆上存在点，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】圆的圆心，半径为， 依题意，以点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则， 而，因此，解得， 所以的取值范围为． 题型模版 1.特征：给出两个圆的方程，其中一个圆含有参数，根据两圆外离、外切、相交、内切、内含的位置关系，求解参数的取值或取值范围 2.方法：先将两圆方程化为标准形式，求出各自的圆心坐标和半径；再计算两圆圆心之间的距离；根据位置关系对应的圆心距与两半径之和、两半径之差的大小关系，列出等式或不等式求解参数；求出结果后检验两圆半径均为正数 变式7-1已知两圆和有2条公切线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对，可化为，圆心，半径 对，可化为，圆心，半径 圆心距的平方 因为两圆有2条公切线，所以得，平方得 左不等式： ，解得或 右不等式： ，解得 综上． 变式7-2已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆心和半径，再结合公切线的条数得到两个圆的位置关系，进而建立不等式，求解参数范围即可. 【详解】由题意得圆心，半径，，， 因为两圆至少有三条公切线，所以两圆位置关系为外切或外离， ，， 即，解得， 则的取值范围为． 变式7-3已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法一：先根据圆与圆的位置关系得到，令，，结合辅助角公式，正弦函数的性质即可求解． 解法二：先根据圆与圆的位置关系得到，令，从而得到关于的一元二次方程，再结合，求解即可． 解法三：先根据圆与圆的位置关系得到，令，，结合求解即可． 【详解】解法一：依题意，圆心分别为，，半径，， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得， 令，，（其中为参数）， 则（其中）． 解法二：依题意，圆心分别为，，半径，， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得， 令，则，代入， 整理得， 由，解得， 所以，所以． 解法三：依题意，圆心分别为，，半径，， 因为两圆恰有一条公切线，所以两圆内切，所以， 即，解得， 令，， 又，则， 当且仅当，共线，且时，即，取得最大值． 题型八、切点弦问题 典例8 已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，，，为切点，则四边形的面积的最小值为______，直线过定点______. 【答案】 【分析】将四边形的面积的最小值问题转化为原点到直线的距离最小值可得；再通过构造四边形的外接圆，两圆的方程相减得公共直线的方程，进而判断过定点可得. 【详解】如图：    因为， 所以只有最小时，四边形的面积有最小值，由点到直线的距离可得， ，所以此时. 再设，则，因四边形在以为直径的圆上， 得圆的方程：，即， 与相减，得直线的方程为，，再由， 所以直线的方程为，，即， 令，得，所以直线过定点. 故答案为：；． 题型模版 1.特征：已知一个圆和圆外一点，求从该点引出两条切线后，两个切点连线（切点弦）的直线方程、弦长、距离等相关问题 2.方法：可以利用切点弦结论直接写出直线方程；也可以先求出以定点和圆心连线为直径的圆，两个圆方程相减得到切点弦直线；再结合圆心到直线距离与半径，求出切点弦弦长 变式8-1已知点在直线上运动，过点作圆的切线，切点为，直线过定点______． 【答案】 【分析】先求出切点弦的方程，再联立已知直线方程进行消参，最后求出定点坐标. 【详解】设，则， 过点作圆的切点弦方程为， 联立，得， 当时，即，无论如何变化， 恒等于0，所以直线过定点.   ． 变式8-2（多选）已知圆和直线，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线被圆截得的弦长为 B．当时，圆上到直线的距离为的点有个 C．当时，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积最小值为 D．当时，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则直线恒过定点 【答案】ACD 【分析】根据垂径定理可求得A正确；根据圆心到直线距离等于和可知B错误；根据垂直关系可求得，知C正确；根据圆心与切点连线垂直可推导得到圆上任一点处的切线方程，进而推导得到直线的方程，根据直线过定点的求法可构造方程组求得定点坐标，知D正确. 【详解】由圆知：圆心，半径； 对于A，当时，圆心到直线的距离， 直线被圆截得的弦长为，A正确； 对于B，当时，圆心到直线的距离， ，圆上到直线的距离为的点有个，B错误； 对于C，为圆的两条切线，，， ，， ，当时，取得最小值， 四边形面积的最小值为，C正确； 对于D，设是圆上一点，圆方程可整理为：； 当或时，在处切线的斜率为， 在处切线方程为：， 又，整理可得该切线方程为：； 当或，在处切线满足方程； 综上所述：在圆上一点处的切线方程为； 设， 则直线，直线， 设，则， 坐标满足方程， 即直线方程为：； 为直线上的动点，， 直线，整理可得：， 令，解得：， 直线恒过定点，D正确. 故选：ACD． 变式8-3已知直线与圆交于两点，且． (1)求． (2)过上且在圆外的一动点作圆的两条切线，切点分别为． （i）当点的坐标为时，求点的坐标； （ii）证明：直线过定点． 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii）设点． 由题意知，所以在以为直径的圆上，如下图所示： 以为直径的圆的方程为， 与作差，可得直线的方程为， 整理得， 由，解得 即直线过定点． 【分析】（1）根据圆心到直线距离与弦长，利用勾股定理直接计算即可得半径； （2）（i）结合（1）中结论可知，由点与圆的位置关系，利用对称性可求得点的坐标； （ii）由题意知在以为直径的圆上，其方程为，求出直线方程为，即可得直线过定点. 【详解】（1）圆的圆心为，半径为． 点到的距离为， 所以． （2）（i）因为分别是过点的两条切线与圆的切点，所以点关于直线对称． 由（1）知点的坐标为， 则， 由得； 则，所以直线的方程为． 设，则； 解得， 即． （ii）略 题型九、阿氏圆的理解与应用 典例9 阿波罗尼斯圆是古希腊数学家阿波罗尼斯的一个研究成果：平面内到两定点距离之比为常数（，）的点的轨迹是圆，这个圆也称为阿氏圆.已知O为坐标原点，动点P到点的距离是到点的距离的2倍，记动点P的轨迹是曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)已知直线l过定点，且与曲线C交于M，N两点，设直线OM，ON的斜率分别为，，请问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是， 【分析】（1）设，根据化简可得； （2）讨论直线的斜率，再联立方程组，结合韦达定理和斜率公式化简即可. 【详解】（1）设，因，所以， 整理得曲线C的方程； （2）当l斜率不存在时，l：，此时l与C只交于一点，不符合题意； 当l斜率存在时，设直线l的方程为，，， 联立，得， 由得，且，， 所以 ， 所以为定值. ． 题型模版 1.特征：题目给出平面上两个定点，动点到两定点距离之比为不等于 1 的常数；常用来求解轨迹方程、距离最值类问题，就是阿氏圆题型 2.方法：设出动点坐标，根据距离比例列式化简得到圆的方程；求最值时利用阿氏圆的线段转化，把带系数的距离转换成一条新线段，再用两点之间线段最短求出最值 变式9-1阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，他在《平面轨迹》中提出，平面内到两定点距离之比为非1定值的点的轨迹是圆（后人称为“阿氏圆”）.已知在平面Oxy内，，，，且，则当取得最小值时，点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求得点的轨迹，根据将问题转化为求的最小值，再根据几何关系点在线段上时有最小值，最后联立方程求解点的坐标即可 . 【详解】因为，所以， 当且仅当点在线段上时，等号成立. 设.因为，所以， 所以，即. 因为，，所以直线的方程为. 由得或 因为在线段上，所以，则的坐标为. 故选：A ． 变式9-2古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比这定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点的距离之比为2，则点的轨迹方程为___________，的取值范围为______________. 【答案】 【分析】根据，求点的轨迹方程，再根据的几何意义，转化为直线与圆有交点，即可求解. 【详解】由题意可知，， ，整理为， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 即点的轨迹方程为： 表示圆上的点与定点连线的斜率， 设，即，如图可知，直线与圆有交点， 则，解得：. 故答案为：；． 变式9-3（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值且的点的轨迹是一个圆，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，点P满足，设点P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（   ） A．曲线C与圆有且仅有三条公切线 B．曲线C关于直线对称的曲线方程为 C．若点在曲线C上，则的取值范围是 D．在x轴上存在异于A，B的两点E，F，使得 【答案】ACD 【分析】设点，由，得，即曲线为圆心为，半径为2的圆，再结合选项依次判断即可． 【详解】设点，因为，所以， 整理得，， 即曲线为圆心为，半径为2的圆， 对于A，圆，即， 该圆的圆心为，半径为3， 两圆的圆心距为：， 所以两圆外切，故两圆有且仅有三条公切线，故A正确； 对于B，曲线C的圆心关于直线对称的点为， 所以曲线C关于直线对称的曲线方程为：，故B错误； 对于C，设，即， 由图知当直线与圆相切时，t取得最大值或最小值， 此时圆心到直线的距离为2， 由，解得或， 所以的取值范围是：，故C正确； 对于D，设， 则， 化简得，， 依题意，需使， 解得，或（因点E，F异于A，B，应舍去） 所在存在满足题意，故D正确． 故选：ACD. 题型十、与圆有关的的定点、定值、定直线问题的综合探究与应用 典例10-1 已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右上方． (1)求圆的方程； (2)过点的直线与圆交于，两点（在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设圆心，由直线与圆相切，得，求出的值即可； （2）当直线轴时，显然存在；直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，，将直线方程与圆方程联立，结合韦达定理和，求解即可. 【详解】（1）因为直线与轴相交于点, 设圆心， 则或（舍）． 所以圆的方程为． （2）当直线轴时，轴平分； 当直线的斜率存在时， 设直线的方程为，，，， 由，得， 所以，． 若轴平分， 则， 即， 又， 所以， 即， 所以， 所以， 解得， 所以当点为时，能使得总成立． 典例10-2已知直线恒过定点，且以为圆心的圆与直线相切. (1)求圆的一般方程； (2)设过点的直线与圆交于，两点，判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)13 【分析】（1）由直线系方程求出定点，再由圆心到直线的距离求出半径即可得解； （2）设过点的直线方程，代入圆的方程，利用韦达定理及弦长公式 即可得解. 【详解】（1）由可得， 当时，解得， 故直线恒过定点， 所以圆心到切线的距离， 即圆的半径为2, 所以圆的方程为：， 故圆的一般方程为 （2）点到圆心的距离，故点在圆外， 如图， 过点的直线与圆相交时斜率存在，故设过点的直线方程为， 代入圆的方程可得， 当时， 设，， 则， 所以 . 即为定值13. 典例10-3已知点，，动点P满足，记动点P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程，并判断C的形状． (2)已知过点O且不与坐标轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点． ①过点O作与垂直的直线，与曲线C相交于E，F两点，求四边形面积的最大值； ②设曲线C与x轴相交于M，N两点，直线与相交于点G，证明点G在定直线上，并求出该直线的方程． 【答案】(1)，曲线C是以为圆心，2为半径的圆 (2)① 7； ②证明： 设，，不妨取，，如图． 联立直线和圆C的方程，得得 所以，．所以 易得直线， 联立得，解得． 所以点G在定直线上． 【分析】（1）设，根据两点距离公式代入等式中进行化简即可得到曲线的形状. （2）①先求出直线与圆相交的弦的长，然后根据四边形的面积公式列出面积的表达式，最后根据基本不等式的性质求出最大值即可；②联立直线和圆C的方程，结合韦达定理可求出定直线的方程. 【详解】（1）设，由，得 化简整理得曲线C的方程为 故曲线C是以为圆心，2为半径的圆． （2）①由（1）知，曲线，圆心为，半径，如图所示． 设直线，圆心C到直线的距离，则 因为直线与垂直，所以直线 同理可得． 所以四边形的面积 ， 当且仅当，即时S取得最大值，最大值为7，所以四边形面积的最大值为7．    ②证明略，该直线的方程为.   题型模版 1.特征：给直线和圆相交于两个交点，不直接求出交点坐标，借助韦达定理得到两根之和、两根之积，解决向量数量积、中点、斜率、参数求解等综合问题 2.方法：联立直线方程与圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程；先检验判别式大于零保证有两个交点；利用韦达定理写出两根之和、两根之积；再转化题目中的向量、垂直、中点等条件，代入关系式求解参数 变式10-1已知曲线C上任意一点到点的距离与到点的距离之比为． (1)求曲线的轨迹方程； (2)过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，若圆过，，三点，证明圆恒过定点，并求出所有定点的坐标． 【答案】(1) (2)证明如下： 由（1）知曲线是以为圆心，半径为的圆， 过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，， 则，，所以，，，四点共圆， 即圆为的外接圆，圆心为的中点，半径为． 设，则，的中点为，， 所以圆的方程为， 即． 将变形， 得， 所以，解得或 所以圆恒过定点和．    【分析】（1）利用两点距离公式化简计算即可； （2）利用直线与圆的位置关系确定四点共圆，设，含参表示圆的轨迹方程，结合方程特征计算即可. 【详解】（1）设曲线上一点坐标为，由已知得， 化简可得， 即曲线的轨迹方程为； （2）略． 变式10-2在平面直角坐标系中．点，直线，．圆经过两点，且圆心在直线上． (1)求圆的方程； (2)当直线与圆相切时，求实数的值． (3)若直线与圆相交于两点，当变化时，是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出一个的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)为点时，为定值 【分析】（1）设圆心坐标为 ，由题意可得，且，可求得圆心坐标与半径，进而可求得圆的方程； （2）由题意可得，求解即可； （3）由题意可得直线经过定点，设过的直线与圆的切点为， 可得，当为定点，符合题意. 【详解】（1）设圆心坐标为 ，因为圆心在直线 上， 则， 因为利用圆经过点和，所以， 两边平方后得， 整理得，又，解得，，所以圆心为， 的以圆的半径， 所以圆的标准方程为； （2）因为， 由题意可得 的距离为，所以 两边平方，化简得，解得或； （3）直线的方程为 即， 由，解得，所以直线经过定点， 又，所以点在圆外， 设过的直线与圆的切点为， 则有，又， 所以 所以当为定点时，为定值； 变式10-3已知圆和点． (1)过作圆的切线，求切线的方程； (2)过作直线l交圆于点两个不同的点，且不过圆心，再过点分别作圆的切线，两条切线交于点，求证：点在一条定直线上，并求出该直线的方程． 【答案】(1)和； (2) 设，，，，， ∴由，则，即，又，故, 同理，∴直线为，又在上， ∴，故恒在直线上． 【分析】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况求切线方程即可； （2）设，，，根据，得到，再结合，得到，同理得到，即可得到直线的方程为，再根据在上，即可得到点的轨迹方程； 【详解】（1）当斜率不存在时，显然与圆相切； 当斜率存在时，设切线为，由圆心到切线的距离为1， ∴，解得，则，整理得 综上，切线方程为和． （2）略 【点睛】关键点点睛：（1）过一定点，求圆的切线时，首先判断点与圆的位置关系．若点在圆外，有两个结果，若只求出一个，应该考虑切线斜率不存在的情况； （2）求动点轨迹时，主要是要利用题目中的条件取列等式，然后利用等式去导出动点横纵坐标的关系； （3）存在，使为定值，关键在于对任意点都要满足，也就是等式的成立跟，的值无关，将等式整理成关于，的等式，让，的系数等于零，同时保证等式成立，解方程，有解则存在，无解则不存在． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点在圆内，得出不等关系，解不等式即可求得结果. 【详解】由在圆内，得， 即，可化为； 解得，即. 故选：A 2．已知点在曲线上，则的最大值是（    ） A．6 B．25 C．26 D．36 【答案】A 【分析】表示圆上的点到的距离，则的最大值为圆心到点的距离加上半径1，即可得解； 【详解】解:表示圆上的点到的距离，所以的最大值为圆心到点的距离加上半径1，故． 故选：A 3．已知圆和两点，若圆C上存在点P，使得，则a的最小值为（ ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【详解】根据条件，将问题转化成圆与圆C有公共点，再利用圆与圆的位置关系即可求出结果. 【分析】由，可得点P在以线段为直径的圆上，其方程为上， 又点P在圆C上，所以两圆有公共点， 因为圆的圆心为原点O，半径为a，圆C的圆心为，半径为2， 所以，因， 故得， 解得，所以a的最小值为3. 4．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线．在平面直角坐标系中，，，，的欧拉线为直线，点为上的一个动点，过作圆Q：的切线，其中一个切点为．当面积取得最小值时，切线长为（     ） A．2 B． C． D．4 【答案】D 【分析】求出欧拉线方程，当三角形面积最小时，可得切线长最小，利用点到直线的距离求最值即可. 【详解】因为, 所以，三角形是以为直角顶点的直角三角形， 所以垂心为，外心为斜边中点， 所以的欧拉线为，即， 由圆Q：知圆心，半径为 如图， 因为， 所以当面积取得最小值时，有最小值， 因为， 所以当最小时，有最小值， 因为点在直线上运动， 所以 所以. 5．（多选）已知圆，点为轴上一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与交于点，则下列结论正确的是（   ） A．四边形周长的最小值为 B．的最大值为2 C．若，则三角形的面积为 D．若，则的最大值为 【答案】AD 【分析】设，可得四边形周长为，求最值即可判断A，由，，可得的取值范围，判断B，因为，计算，，，，，得出三角形的面积为，判断C，设，写出，的方程并联立，得点的轨迹，判断D． 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 对于选项A，设，因为， 所以，则四边形周长为， 则当最小时，四边形周长最小， 又易知的最小值为2，则四边形周长最小为，所以A正确， 对于选项B，易知，则， 由选项A知，， 所以，又，所以，故B错误， 对于选项C，因为，则，由选项A和B知，， 则，又， 所以三角形的面积为，故C错误，    对于选项D，当点P与原点重合时，，选项A和B知， ，则， 所以，又，则， 当点P与原点不重合时， 因为，所以在以为直径的圆上． 设，则的中点坐标为，， 则以为直径的圆的方程为， 将此圆的方程与圆M的方程相减， 可得直线的方程为， 又的方程为，由，解得， 所以，得到，代入， 化简得， 所以点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 所以的最大值为， 又，则的最大值为，故D正确． 故选：AD. 6．（多选）以下四个命题表述正确的是（ ） A．圆上有且仅有2个点到直线的距离都等于 B．已知点在圆上，则的最大值是4 C．已知圆，为直线上一动点，过点向圆引一条切线，其中为切点，则的最小值为4 D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，为切点，则直线经过点 【答案】BD 【分析】选项A根据圆心到直线的距离与半径的关系来确定所求点的个数；选项B设，利用圆心到直线的距离不等于半径得到不等式，求出的范围；选项C利用圆心与切点的连线垂直切线列等式，转化为求圆心到直线上的点的距离的最小值问题；选项D，设点为直线上一点，求出切线的方程即可判断． 【详解】选项A：圆的圆心为 ，半径 ， 所以圆心到直线的距离， 所以圆上有且仅有个点到直线的距离都等于，故A错误； 选项B：圆的圆心为，半径， 设，则，解得， 所以的最大值是4，故B正确； 选项C：圆的圆心 ，半径 ， 圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，由切线的性质知，为直角三角形， 所以 ， 当且仅当与直线垂直时等号成立，所以的最小值为，故C错误； 选项D：设点为直线上一点， 则以，为直径的圆的方程为，即：， 两圆的方程相减得到直线方程为， 即，令，解得， 所以直线过定点，故D正确． 故选：BD． 7．若线段的端点，点在圆：上运动.则线段中点的轨迹方程______ 【答案】 【分析】通过中点坐标公式建立点与中点的坐标关系，将点的坐标用的坐标表示后代入已知圆方程，化简得到中点的轨迹方程. 【详解】设，， 由于是线段的中点， 所以， 将代入圆， 得 整理得． 8．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的一个取值为________（答案不唯一）． 【答案】1（的任何一个值都行） 【分析】首先分析直线所过的定点，再作出曲线的图象，由题意结合临界情况即可求解. 【详解】直线变形为，所以直线恒过点， 曲线两边平方化简得， 如图，作出曲线的图象， 过点的直线与半圆交于端点时，这时直线与曲线有2个交点，斜率， 直线绕点逆时针旋转到与半圆相切时（不包括相切），都有2个交点， 当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，解得：或（舍去）， 所以满足直线与曲线有2个不同交点的的取值范围是. 9．若圆M：（）被直线所截得的弦长为6，过点作圆M的切线，其中一个切点为A，则的值为_____________． 【答案】 【分析】先利用垂径定理和点到直线的距离公式求出参数，再结合切线的性质通过勾股定理计算切线长. 【详解】求圆心到直线的距离：由圆M：（）知圆M的半径， 已知直线截圆所得弦长为6，由垂径定理可得，圆心到直线的距离满足：，代入，解得. 求：根据点到直线的距离公式得，化简得，解得或， 又，所以，即圆心. 计算切线长： 如图，因为是圆的切线，故，为直角三角形， 其中，， 由勾股定理得. 10．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：． 11．已知平面直角坐标系中定点，，O为坐标原点．动点M满足，记M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)求线段AM中点P的轨迹方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意建立方程化简即可得解； （2）利用中点公式表示的坐标，代入曲线的方程求解即可. 【详解】（1）设，由，， 可得， 两边同时平方，整理可得， 即， 故曲线C的方程是； （2）设， 因为，所以由中点坐标公式可得， 将点M坐标代入 得到，化简可得， 即点P的轨迹方程为. 12．已知直线（），圆． (1)当时，判断直线与圆的位置关系，若直线与圆相交，求出弦长；若直线与圆相离，求圆上的点到直线距离的最值； (2)圆上恰有两个点到直线的距离为，求b的取值范围． 【答案】(1)直线与圆相离，圆上点到直线距离最小值为，最大值为； (2) 【分析】（1）将圆方程化为标准式确定圆心、半径，利用点到直线距离公式判定位置关系并求解距离最值. （2）根据圆上恰有两个点到直线的距离为列不等式，由此求得的范围. 【详解】（1）将圆的方程配方化为标准形式， 可得圆心，半径. 当时，直线整理为， 圆心到直线的距离， 因为，因此，直线与圆相离. 圆上点到直线距离的最小值为， 最大值为. （2）直线整理为，圆心到直线的距离，由得. 圆上恰有两个点到直线距离为，因此，， 代入得，， 解得，所以的取值范围是. 13．已知圆O：交x轴于点A，B，P是直线x＝4上一点，直线PA，PB分别交圆O于点N，M． (1)若点，求点M的坐标； (2)探究直线MN是否过定点，若过定点，求出该定点；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)过定点 【分析】（1）分别由斜截式得到直线AN和直线BP的方程，再解方程组可得点M的坐标； （2）设，由斜截式得到直线AN的方程，联立曲线方程解出点M的坐标；同理解出点N的坐标，分别讨论当直线MN垂直于x轴时和、、时四种情况可得. 【详解】（1）∵点，∴直线AN的方程为． 令，则．又，∴直线BP的方程为． 由及，解得． （2）设，∵点，∴直线AN的方程为． 由及，解得． ∵点，∴直线BM的方程为． 由及，解得． 当直线MN垂直于x轴时，则，解得， 或，直线MN的方程为； 当时，，直线MN的方程为， 故若直线MN过定点，则该定点为． 当时，直线MN的方程为，显然过点； 当时，，， ∴，∴M，N，C三点共线，即直线MN经过定点． 14．已知平面上两定点 和 ，动点M满足，记点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)设点D在曲线C上运动，记点M为过D、B两点的弦的中点，若直线与直线 交于点N，证明：恒为定值； (3)若点P、Q在曲线C上，点 满足直线、的斜率之积为，试问直线是否过定点，若直线过定点，求出该定点坐标；若直线不过定点，请说明理由. 【答案】(1)； (2) 若直线的斜率为0，则， 若直线的斜率不为0， 设直线为， 直线与曲线C交点为， 联立 所以，所以， D、B两点的弦的中点的纵坐标为， 联立与，所以的纵坐标为， ， 所以恒为定值； (3)； 【分析】（1）根据两点间的距离公式可得曲线的方程； （2）设直线联立得出韦达定理结合弦长公式计算证明； （3）设直线为及，结合斜率之积计算得出，进而得出定点. 【详解】（1）设,因为，，所以， 所以，化简可得， 所以曲线的方程为. （2）略 （3）设直线为，， 联立， 所以， 所以， 又因为点 满足直线、的斜率之积为， 所以， 所以， 所以， 即得， 化简得， 所以， 所以或， 当时，即，直线为，定点为； 当时，即， 直线为，定点为不满足直线、的斜率存在，不合题意舍； 当直线为，，直线、的斜率之积为， 所以，所以， 即得，所以或舍； 综上，直线过定点；   ． 15．已知圆及点和点． (1)求经过点与圆相切的直线方程． (2)求经过点的直线交圆于、两不同点，直线不过圆心，过点、分别作圆的切线，两切线交于点，求证：点恒在一条定直线上； (3)设为满足方程的任意一点，过点作圆的一条切线，切点为．在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)或； (2) 设，， 由，则，即，又， 则，同理，因此直线为， 由在上，得 所以恒在直线上. (3) 设，依题意，，整理得， 若存在，使为定值，而，， 于是，整理得， 即， 整理得， 要使为定值，则，解得或. 所以存在或，使为定值， 即存在使为定值，定值为； 或存在，使为定值，定值为. 【分析】（1）按切线斜率存在与否分类，借助点到直线距离公式求解. （2）设，，由、可得、 ，即可知的方程，再由点在直线上即可证结论，并确定所在的直线. （3）若，由题设可知，为了验证平面内是否存在一个点，使得为定值，可以假设存在使为定值，利用两点距离公式、圆的切线性质整理可得，要使多项式方程不受点位置影响，需使该多项式方程各项的系数为0，列方程求参数即可判断的存在性. 【详解】（1）圆的圆心，半径， 点到直线的距离为1，则过点与圆相切的直线可以是； 当切线斜率存在时，设切线方程为，则，解得， 于是切线方程为，即， 所以过点与圆相切的直线方程是或. （2）略 （3）略． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 圆的方程的综合应用问题十类综合题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点与圆位置关系的判断及应用 题型二、与圆有关的轨迹方程问题 题型三、圆外一点到圆上一点距离的最小值问题 题型四、利用直线与圆相切关系求切线（切线长）问题 题型五、利用直线与圆相交关系求弦长等问题 题型六、圆上的点到直线的距离为定值的个数问题 题型七、利用圆与圆的位置关系求参数问题 题型八、切点弦问题 题型九、阿氏圆的理解与应用 题型十、与圆有关的的定点、定值、定直线问题的综合探究与应用 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 圆的方程综合问题是高中解析几何重难点，所有题型均围绕点圆位置关系、直线圆位置关系、圆圆位置关系、动点轨迹四大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是优先挖掘圆心与半径的几何性质简化运算，二是直线与圆联立得到一元二次方程时，涉及实数交点问题必须验证判别式大于等于0。针对直线与圆的综合探究，解题可两条路径并行：几何路径依托圆心到直线的距离，研究相切、相交、相离关系，解决切线、弦长、距离最值类问题；代数路径联立直线与圆方程，借助韦达定理处理中点、垂直、向量、面积、参数范围等深层探究问题，几何法优先，代数法兜底。所有参数结果最终均需合规检验. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、点与圆位置关系的判断及应用 典例1 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型模版 1.特征：已知圆方程和定点坐标，判定点在圆内、圆上、圆外；或是给定点位关系，反向求解参数取值范围. 2.方法：计算定点到圆心之间的距离，将距离数值和圆半径进行大小比较；距离大于半径，点在圆外；距离等于半径，点在圆上；距离小于半径，点在圆内. 变式1-1“”是“点在圆外部”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 变式1-2设，且过点作圆的切线有两条，则的取值范围是__________. 变式1-3若存在，使得点在圆外，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 类型二、与圆有关的轨迹方程问题 典例2 已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半，求： （1）动点M的轨迹方程； （2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹． 题型模版 1.特征：给出动点满足的几何等量关系，求解动点运动形成的轨迹方程；部分题目会伴随相关点转移、距离比值等约束条件 2.方法： ①直接法：设出动点坐标，把几何条件转化成坐标等式，化简得到方程； ②定义法：判断出动点轨迹符合圆的定义，直接写出圆心与半径，快速得到圆方程； ③相关点法：找到主动点和从动点坐标之间的关系，代入已知轨迹完成转换 变式2-1直角坐标平面中，若定点A（1，2）与动点P（x，y）满足，则点P的轨迹方程是___________. 变式2-2设A为圆上的动点，PA是圆的切线且，则P点的轨迹方程是______． 变式2-3已知A(2，0)为圆O：x2＋y2＝r2上一点，点B(1，1)，P，Q为圆O上的动点. (1)求线段AP中点的轨迹方程； (2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程. 题型三、圆外一点到圆上一点距离的最小值问题 典例3 已知圆，点在圆上，点在圆外，则的最大值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 题型模版 1.特征：已知定点在圆外，求定点和圆上动点之间距离的最值；也常反向给出最值条件，求解参数. 2.方法：先算出定点到圆心的距离；最小值等于定点圆心距离减去半径，最大值等于定点圆心距离加上半径；解题优先画图分析位置，无需设点联立计算 变式3-1若为圆上任意一点，点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式3-2已知是圆上的一点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 变式3-3已知x和y满足圆的标准方程．求： (1)的最值； (2)圆上一点P与，所围成的三角形的面积的最大值和最小值． 题型四、利用直线与圆相切关系求切线（切线长）问题 典例4 -1在平面直角坐标系中，过点且与圆相切的直线方程为__________． 典例4 -2由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为（   ） A．1 B． C． D．3 题型模版 1.特征：已知圆与圆外定点，求过该点切线方程或者切线长；或是已知直线与圆相切，反求直线当中的参数. 2.方法： ①求切线长：连接圆心和定点，圆心、定点、切点构成直角三角形，用勾股定理计算切线长； ②求切线方程：利用圆心到直线的距离等于半径列等式求解斜率；注意遗漏斜率不存在的竖直切线； ③求出结果后检验直线和圆确实只有一个公共点 变式4-1已知直线，若绕点顺时针旋转后恰与圆相切，则实数（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 变式4-2已知点在上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最大值为（     ）． A． B． C． D． 变式4-3（多选）已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则下列选项正确的是（    ） A．直线过定点 B．若直线与圆相切，则 C．若，则 D．当时，从点向圆引切线，切线长的最小值是 题型五、利用直线与圆相交关系求弦长等问题 典例5 已知点，圆. (1)设，直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程； (2)设，直线过点，求被圆截得的线段的最短长度，并求此时的方程. 题型模版 1.特征：已知直线和圆相交，求弦长；或已知弦长反过来求解直线当中的参数；也会考察相交时参数的取值范围. 2.方法：先求出圆心到直线的距离；半径、圆心直线距离、半弦长三者构成直角三角形，由勾股定理算出弦长；若已知弦长，可反向列方程解参数；相交问题需要满足圆心到直线距离小于半径 变式5-1已知直线与：交于，两点，当面积为时，（    ） A． B． C．或 D．或 变式5-2已知圆，直线与圆相交于，两点，当取最小值时，的值为（   ） A． B． C． D． 变式5-3已知圆的圆心为直线与的交点，半径为，且圆截直线所得弦的长度为4，则实数________． 题型六、圆上的点到直线的距离为定值的个数问题 典例6 已知圆上恰有三个点到直线的距离等于，则实数的一个取值为________. 题型模版 1.特征：给定圆与一条直线，判断圆上有多少个点到直线的距离等于某个定值；也可反过来，已知点的个数，求直线当中参数的取值范围. 2.方法：先计算圆心到直线的距离，再对比距离、半径、给定定值三者之间的大小关系；画出平行于已知直线的两条辅助线，观察辅助线与圆的交点数量，得到满足条件点的个数 变式6-1若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则取值范围为__________________ 变式6-2（多选）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（    ） A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4 B．若直线被圆截得的弦长为2，则 C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则 D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1 变式6-3已知直线和圆. (1)证明：直线恒过定点；判断直线与圆的位置关系； (2)是否存在实数使得圆上恰有三点到直线的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型七、利用圆与圆的位置关系求参数问题 典例7 已知，若圆上存在点，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型模版 1.特征：给出两个圆的方程，其中一个圆含有参数，根据两圆外离、外切、相交、内切、内含的位置关系，求解参数的取值或取值范围 2.方法：先将两圆方程化为标准形式，求出各自的圆心坐标和半径；再计算两圆圆心之间的距离；根据位置关系对应的圆心距与两半径之和、两半径之差的大小关系，列出等式或不等式求解参数；求出结果后检验两圆半径均为正数 变式7-1已知两圆和有2条公切线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式7-2已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式7-3已知圆与恰有一条公切线，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 题型八、切点弦问题 典例8 已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，，，为切点，则四边形的面积的最小值为______，直线过定点______. 题型模版 1.特征：已知一个圆和圆外一点，求从该点引出两条切线后，两个切点连线（切点弦）的直线方程、弦长、距离等相关问题 2.方法：可以利用切点弦结论直接写出直线方程；也可以先求出以定点和圆心连线为直径的圆，两个圆方程相减得到切点弦直线；再结合圆心到直线距离与半径，求出切点弦弦长 变式8-1已知点在直线上运动，过点作圆的切线，切点为，直线过定点______． 变式8-2（多选）已知圆和直线，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线被圆截得的弦长为 B．当时，圆上到直线的距离为的点有个 C．当时，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积最小值为 D．当时，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则直线恒过定点 变式8-3已知直线与圆交于两点，且． (1)求． (2)过上且在圆外的一动点作圆的两条切线，切点分别为． （i）当点的坐标为时，求点的坐标； （ii）证明：直线过定点． 题型九、阿氏圆的理解与应用 典例9 阿波罗尼斯圆是古希腊数学家阿波罗尼斯的一个研究成果：平面内到两定点距离之比为常数（，）的点的轨迹是圆，这个圆也称为阿氏圆.已知O为坐标原点，动点P到点的距离是到点的距离的2倍，记动点P的轨迹是曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)已知直线l过定点，且与曲线C交于M，N两点，设直线OM，ON的斜率分别为，，请问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 题型模版 1.特征：题目给出平面上两个定点，动点到两定点距离之比为不等于 1 的常数；常用来求解轨迹方程、距离最值类问题，就是阿氏圆题型 2.方法：设出动点坐标，根据距离比例列式化简得到圆的方程；求最值时利用阿氏圆的线段转化，把带系数的距离转换成一条新线段，再用两点之间线段最短求出最值 变式9-1阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，他在《平面轨迹》中提出，平面内到两定点距离之比为非1定值的点的轨迹是圆（后人称为“阿氏圆”）.已知在平面Oxy内，，，，且，则当取得最小值时，点的坐标是（   ） A． B． C． D． 变式9-2古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比这定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点的距离之比为2，则点的轨迹方程为___________，的取值范围为______________. 变式9-3（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值且的点的轨迹是一个圆，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，点P满足，设点P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（   ） A．曲线C与圆有且仅有三条公切线 B．曲线C关于直线对称的曲线方程为 C．若点在曲线C上，则的取值范围是 D．在x轴上存在异于A，B的两点E，F，使得 题型十、与圆有关的的定点、定值、定直线问题的综合探究与应用 典例10-1 已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右上方． (1)求圆的方程； (2)过点的直线与圆交于，两点（在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 典例10-2已知直线恒过定点，且以为圆心的圆与直线相切. (1)求圆的一般方程； (2)设过点的直线与圆交于，两点，判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 典例10-3已知点，，动点P满足，记动点P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程，并判断C的形状． (2)已知过点O且不与坐标轴重合的直线与曲线C相交于A，B两点． ①过点O作与垂直的直线，与曲线C相交于E，F两点，求四边形面积的最大值； ②设曲线C与x轴相交于M，N两点，直线与相交于点G，证明点G在定直线上，并求出该直线的方程． 题型模版 1.特征：给直线和圆相交于两个交点，不直接求出交点坐标，借助韦达定理得到两根之和、两根之积，解决向量数量积、中点、斜率、参数求解等综合问题 2.方法：联立直线方程与圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程；先检验判别式大于零保证有两个交点；利用韦达定理写出两根之和、两根之积；再转化题目中的向量、垂直、中点等条件，代入关系式求解参数 变式10-1已知曲线C上任意一点到点的距离与到点的距离之比为． (1)求曲线的轨迹方程； (2)过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，若圆过，，三点，证明圆恒过定点，并求出所有定点的坐标． 变式10-2在平面直角坐标系中．点，直线，．圆经过两点，且圆心在直线上． (1)求圆的方程； (2)当直线与圆相切时，求实数的值． (3)若直线与圆相交于两点，当变化时，是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出一个的坐标；若不存在，请说明理由． 变式10-3已知圆和点． (1)过作圆的切线，求切线的方程； (2)过作直线l交圆于点两个不同的点，且不过圆心，再过点分别作圆的切线，两条切线交于点，求证：点在一条定直线上，并求出该直线的方程． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．若点在圆：的内部，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．已知点在曲线上，则的最大值是（    ） A．6 B．25 C．26 D．36 3．已知圆和两点，若圆C上存在点P，使得，则a的最小值为（ ） A．6 B．5 C．4 D．3 4．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线．在平面直角坐标系中，，，，的欧拉线为直线，点为上的一个动点，过作圆Q：的切线，其中一个切点为．当面积取得最小值时，切线长为（     ） A．2 B． C． D．4 5．（多选）已知圆，点为轴上一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与交于点，则下列结论正确的是（   ） A．四边形周长的最小值为 B．的最大值为2 C．若，则三角形的面积为 D．若，则的最大值为 6．（多选）以下四个命题表述正确的是（ ） A．圆上有且仅有2个点到直线的距离都等于 B．已知点在圆上，则的最大值是4 C．已知圆，为直线上一动点，过点向圆引一条切线，其中为切点，则的最小值为4 D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，为切点，则直线经过点 7．若线段的端点，点在圆：上运动.则线段中点的轨迹方程______ 8．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的一个取值为________（答案不唯一）． 9．若圆M：（）被直线所截得的弦长为6，过点作圆M的切线，其中一个切点为A，则的值为_____________． 10．已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值范围是________________. 11．已知平面直角坐标系中定点，，O为坐标原点．动点M满足，记M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)求线段AM中点P的轨迹方程． 12．已知直线（），圆． (1)当时，判断直线与圆的位置关系，若直线与圆相交，求出弦长；若直线与圆相离，求圆上的点到直线距离的最值； (2)圆上恰有两个点到直线的距离为，求b的取值范围． 13．已知圆O：交x轴于点A，B，P是直线x＝4上一点，直线PA，PB分别交圆O于点N，M． (1)若点，求点M的坐标； (2)探究直线MN是否过定点，若过定点，求出该定点；若不存在，请说明理由． 14．已知平面上两定点 和 ，动点M满足，记点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)设点D在曲线C上运动，记点M为过D、B两点的弦的中点，若直线与直线 交于点N，证明：恒为定值； (3)若点P、Q在曲线C上，点 满足直线、的斜率之积为，试问直线是否过定点，若直线过定点，求出该定点坐标；若直线不过定点，请说明理由. 15．已知圆及点和点． (1)求经过点与圆相切的直线方程． (2)求经过点的直线交圆于、两不同点，直线不过圆心，过点、分别作圆的切线，两切线交于点，求证：点恒在一条定直线上； (3)设为满足方程的任意一点，过点作圆的一条切线，切点为．在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $