专题06 圆中定点、定值、定直线问题四种考法（压轴题专项训练）数学苏教版高二选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦圆中定点、定值、定直线及探索性问题，构建“通法引领-题型突破-压轴挑战”三阶训练体系，提炼函数思想、参数消元等核心方法，强化逻辑推理与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|2条底线原则|函数思想参数消元、设点法、待定系数法|从问题本质出发，建立“变量-函数-定值”逻辑链| |四大题型|各1典例+3变式|特殊化法预判定点、韦达定理参数消参|按“定点→定值→定直线→探索性”递进，形成问题解决闭环| |压轴挑战|14题|存在性问题肯定顺推法|综合应用前三模块方法，提升复杂问题处理能力|

专题06 圆中定点、定值、定直线问题四种考法 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、圆中定点问题 题型二、圆中定值问题 题型三、圆中定直线问题 题型四、圆中探索性、存在性问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法通法—明晰核心解法，助力能力迁移 圆中定点、定值、定直线问题是高中数学核心重难点，所有题型均围绕圆中定点问题、圆中定值问题、圆中定直线问题、圆中探索性、存在性问题四大核心展开，解题贯穿两条底线原则： 一是过定点问题以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想方法来处理，具体操作流程如下： (1)变量——选择合适的参变量； (2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数； (3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值. 一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸； 二是圆中的定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有： (1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； (2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数； (3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证，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、圆中定点问题 典例1 .如图：已知A，是圆：与轴的交点，为直线：上的动点．，与圆的另一个交点分别为，．求证：直线过定点． 【答案】证明见解析 【解析】， 设，则直线的方程为，直线的方程为， 联立，得， 则，即，则，同理， 所以直线的斜率，则直线的方程为，即，所以直线恒过定点. 题型模版 1.特征：多条动直线满足同一组几何条件直线随参数变化恒经过某固定坐标点，或者满足条件的动圆随参数变化无论参数如何变动圆恒经过若干固定点。 常见：两条动直线斜率存在等量关系、交点满足约束条件、弦满足角度/垂直条件以弦为直径的圆、四点共圆、多条直线相交形成的圆。 方法：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.利用题干几何条件转化得到参数关系式，求出动圆方程整理为含参数项与不含参数项两部分 ②将关系式代入直线方程整理成「参数×式子+常数式子=0」 ③令参数系数、常数项同时为0解出定点坐标 ④取特殊直线先预判定点再一般性证明 变式1-1已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设垂直于直线，可知圆恒过垂足；两条直线方程联立可求得点坐标. 【解析】设垂直于直线，垂足为，则直线方程为：， 由圆的性质可知：以为直径的圆恒过点， 由得：，以为直径的圆恒过定点. 故选：D. 变式1-2点是直线上任意一点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点（  ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】D 【解析】设点，则线段的中点为， 圆的半径为， 所以，以为直径为圆的方程为， 即，即， 由，解得或， 因此，以为直径的圆经过定点坐标为、. 故选：D. 变式1-3已知圆，直线的方程，点是直线上一动点，过点作圆的切线、，切点分别为、． (1)当的横坐标为时，求的大小； (2)求证：经过、、三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标； (3)求证：直线必过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1)； (2)证明见解析，定点、； (3)证明见解析，定点为 【分析】（1）求出点的坐标，可求出，由切线的几何性质可知，根据可得出的大小，进而可得出，即可得解； （2）设点分析可知圆的一条直径为，求出圆的方程得，联立方程组，可得出圆所过定点的坐标； （3）求出以点为圆心，为半径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差，可得出直线的方程为，由可得出直线所过定点的坐标. 【解析】（1）将代入方程可得，即点， 圆的圆心为，半径为， 由平面内两点间的距离公式可得， 因为直线切圆于点，则， 因为，且为锐角，故，故. （2）设，因为，所以圆的一条直径为，且点， 圆的半径为， 故圆的方程为， 即， 由，解得或， 所以圆经过定点和.    （3）因为， 所以以点为圆心，半径为的圆的方程为， 即，    直线可视为圆与圆公共弦所在的直线， 将圆的方程与圆的方程作差， 可得直线的方程为， 由得，故直线过定点 类型二、圆中定值问题 典例2 已知平面上定点和，动点满足，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点在曲线上运动，记点为过D、B两点的弦的中点，若直线DB与直线交于点，证明：恒为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用已知条件结合两点间距离公式求出曲线的方程； （2）根据直线与圆的位置关系，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，结合两点间距离公式求出，进而求出为定值． 【解析】（1）设点，， ，即， 化简整理得， 曲线的方程为 （2）曲线的方程为， 曲线为圆心为，半径为，如下图所示：    设过的弦交曲线于点，则点是弦的中点，故，当直线斜率存在时，设直线的斜率为，则直线方程为， 的斜率为，直线方程为， 联立直线方程，则点， ，，故点， ， ， ，故恒为定值； 当直线斜率不存在时，方程为，则直线与直线平行，此时交点不存在，不符合题意． 恒为定值． 题型模版 1.特征：直线与圆相交形成斜率、线段长度不随参数变化保持固定数值. 2.方法：证明圆中某些代数式为定值的策略 依题意设出参数，利用几何知识或相应的代数知识得出与所证代数式有关的含参数（变量）的等式，代入所证代数式运算化简，即可得出定值。 常见的化简运算技巧 （1）在运算过程中，尽量减少所证代数式中的参数（变量）个数，以便于向定值靠拢； （2）巧妙利用变量间的关系，尽量做到整体代入简化运算． 变式2-1长为4的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，线段AB的中点P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程，并说明其形状； （2）过点作两条直线分别与曲线C交于P、Q两点，若直线MP，MQ的斜率之积为，线段PQ的中点为D，求证：存在定点E，使得为定值，并求出此定值． 【答案】（1），是以坐标原点为圆心，2为半径的圆； （2）证明见解析，此定值为． 【分析】（1）利用几何法直接求出轨迹方程，进而判断出形状；（2）设直线方程为与联立求出，由的斜率为，同理求出.根据对称性可知，判断出过. 由直角三角形的性质判断出为的中点为定值. 【解析】（1）∵，P为线段AB中点， ∴，设，则，即. 则曲线C是以坐标原点为圆心，2为半径的圆； （2） 根据题意，直线MP的斜率存在且不为0，MP设斜率为k， 则直线方程为代入中，整理得， 故，，即， 因为直线，的斜率之积为，所以的斜率为，同理：. 根据对称性可知，直线所过定点在轴上， 不妨令，得， 此时，即过， 则，所以过定点. 连接，在圆O中，由垂径定理可得：. 当D、F不重合时，即，所以为直角三角形，取的中点，则． 当D、F重合时，取的中点，则也成立． 故存在定点E，使得为定值，此定值为 变式2-2在平面直角坐标系xOy中，已知圆，直线，直线l与圆C相交于点A，B，圆C与x轴正半轴交于点D． (1)若，求直线l的方程； (2)记直线AD，BD的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1)或； (2) 【分析】（1）根据圆得垂径定理可求出的值，从而可求直线l的方程； （2）令，结合圆的方程求出点的坐标，设，，联立直线与圆的方程，利用韦达定理，得利用斜率公式得从而可求出为定值． 【解析】（1）圆的方程化为标准形式： 故圆心，半径长 设圆心到直线（即）的距离为，根据弦长公式： ，已知 代入得：，解得： 由点到直线的距离公式，圆心到直线的距离， 解得 因此，直线的方程为或． （2）由圆，令，得（取正半轴），故 ； 设，， 联立直线与圆的方程得方程组， 消去，整理得 由韦达定理，得 又直线AD，BD的分别为 因此： 又 故 故为定值． 变式2-3已知直线与圆相交于两点，且. (1)若直线过点，求直线的方程； (2)过点作直线与曲线交于两点，若点的坐标为，直线的斜率分别为，求证：为定值. 【答案】(1)或； (2) 【解析】（1）由题意可知：圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 若直线的斜率不存在，即直线，满足题意； 若直线的斜率存在，设直线，即， 则，解得， 所以直线； 综上所述：直线的方程为或. 因为过点作直线与曲线交于两点，所以直线的斜率必存在， 设直线的方程为，即，点 联立方程，消去可得， 则，解得， 由韦达定理可得， 则 ， 所以为定值. 题型三、圆中定直线问题 典例3 已知圆C过原点，圆心C是直线与直线的交点. (1)求圆C的标准方程； (2)若圆C与y轴交于A､B两点（A在B上方），直线与圆C交于M､N两点，直线，相交于T.请问点T是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由. 【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）首先求出两直线的交点坐标，即可得到圆心坐标，再根据圆过原点求出半径，即可得到圆的方程； （2）设，，联立直线与圆的方程，消元列出韦达定理，由直线的方程为，直线的方程为，即可得到，从而求出定直线方程； 【解析】(1)解：由，得，所以圆心.又因为圆C过原点，所以， 所以圆C的标准方程为：. (2)解：设，，由（1）可知，，. 联立方程组，消去y并化简得，所以，. 直线的方程为① 直线的方程为② 由①②知， 由，化简得，故点T在定直线上. 题型模版 1.特征：动点、动直线满足条件相关点恒落在某条固定直线上（定直线/定值线），属于轨迹类定值常结合极点极线。 2.方法：①设出动点坐标写出满足的几何约束等式；②使用韦达定理消去所有参数；③得到只含的直线方程即为定值线；④可先用特殊位置求出定直线再证明一般情况全部满足。 变式3-1设有一组圆，存在定直线________始终与圆相切。 【答案】 【解析】存在直线，即或， 圆心到直线或的距离， 这两条直线始终与圆相切，C正确， 故答案为： 变式3-2已知圆C经过两点，圆心在直线上. (1)求圆C的标准方程； (2)若圆C与y轴相交于A，B两点（A在B上方）.直线与圆C交于M，N两点，直线，相交于点T.请问点T是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由. 【答案】(1)(2)是， 【分析】（1）由已知设出圆心，再由圆心到的距离都为半径列出方程解出答案即可； （2）联立直线与圆的方程并化简，然后求出直线和的方程，进而结合根与系数的关系得到答案. (1)依题意可设圆心，则半径， 解，，故，即圆C的标准方程为. (2)设，由（1）可知，， 联立方程组，消去x并化简得， 容易判断直线所过定点（0,1）在圆内，即直线与圆一定有两个交点， 所以， 直线的方程为…①，直线的方程为…②， 由①②可得：， 由，化简得，故点T在定直线上. 变式3-3已知直线，圆. (1)证明：直线l与圆C相交； (2)设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； (3)在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)点Q恒在直线上，理由见解析. 【分析】（1）求出直线过定点，得到在圆内部，故证明直线l与圆C相交；（2）设出点，利用垂直得到等量关系，整理后即为轨迹方程；（3）利用Q、A、B、C四点共圆，得到此圆的方程，联立，求出相交弦的方程，即直线的方程，根据直线过的定点，得到，从而得到点Q恒在直线上. (1) 证明：直线过定点，代入得：，故在圆内，故直线l与圆C相交； (2) 圆的圆心为，设点，由垂径定理得：，即，化简得：，点M的轨迹方程为： (3) 设点，由题意得：Q、A、B、C四点共圆，且圆的方程为：，即，与圆C的方程联立，消去二次项得：，即为直线的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上. 题型四、圆中探索性、存在性问题 典例4 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. 【解析】（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 题型模版 1.特征：开放性设问：是否存在定点/定值/定直线满足条件，先猜测后证明无直接给出结论. 2.方法：（1）解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下： ①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出； ②列出关于待定系数的方程（组）； ③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在. （2）反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法。 （3）求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程。 变式4-1已知圆过点，且与直线相切于点． (1)求圆的方程； (2)过点的直线与圆交于两点，若为直角三角形，求直线的方程； (3)在直线上是否存在一点，过点向圆引两切线，切点为，使为正三角形，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1)(2)或 (3)存在点或，使为正三角形 【分析】（1）设圆心为，根据圆心和切点连线与切线垂直、圆心到圆上两点的距离相等可构造方程组求得圆心坐标，进而得到半径，由此可得圆的方程； （2）由等腰直角三角形性质可知圆心到直线的距离；分别在直线斜率不存在和存在的情况下，根据构造方程求得结果； （3）由等边三角形性质可知，设，利用两点间距离公式可构造方程求得，进而得到点坐标. 【解析】（1）设圆心坐标为，则，解得：， 圆的半径，圆的方程为：. （2）为直角三角形，，， 则圆心到直线的距离；当直线斜率不存在，即时，满足圆心到直线的距离； 当直线斜率存在时，可设，即， ，解得：，，即； 综上所述：直线的方程为或. （3）假设在直线存在点，使为正三角形，，， 设，，解得：或， 存在点或，使为正三角形. 变式4-2已知圆C与y轴相切，圆心C在射线上，且截直线所得弦长为． （1）求圆C方程； （2）已知点，直线与圆C交于A、B两点，是否存在m使得，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析． 【分析】（1）设圆C的方程为，圆C与y轴相切，则，圆心C在射线上，所以，根据弦长公式得，解方程组即可得结果； （2）依题意得在线段的中垂线上，则，根据斜率关系即可求出参数值． 【解析】（1）设圆C的方程为 圆心C在射线上，所以 圆C与y轴相切，则 点到直线的距离 ， 由于截直线所得弦长为，所以 则得，又 所以(舍去)， 故圆C的方程为； （2）假设m存在，由（1）得，因为， 所以在线段的中垂线上，则， 因为，所以 解得； 当时，直线方程为即， 圆心到该直线的距离，该直线与圆相离，不合题意； 所以不存在实数m满足题干要求. 变式4-3定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“伴随点”；若G同时是圆E和圆F的“伴随点”，则称G为圆“”的“共生点”．已知圆，P为圆A的“伴随点”． (1)求点P所在曲线的方程； (2)已知圆，P，Q均为圆“”的“共生点”． （i）求直线的方程； （ii）若圆H是以线段为直径的圆，过点且斜率不为0的直线l与圆H交于J、K两点，是否存在x轴上的定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的W点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)（i）； （ii）存在点为或或时，取定值，理由如下： 易知直线与圆和圆的交点为； 因此线段的中点为，且，因此圆H的方程为； 依题意直线的斜率存在，设其方程为，,如下图： 联立，整理可得， 易知,； 此时 , 令，解得或或 易知时,取定值为4，时,取定值为12， 当时,取定值为3； 综上可知，存在x轴上的定点，使得为定值， 当点的坐标为时，取定值为4； 当点的坐标为时，取定值为12； 当点的坐标为时，取定值为3； 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．点是直线上任意一点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点（  ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】D 【分析】设点，求出以为直径的圆的方程，并将圆的方程变形，可求得定点坐标. 【解析】设点，则线段的中点为， 圆的半径为， 所以，以为直径为圆的方程为， 即，即， 由，解得或， 因此，以为直径的圆经过定点坐标为、. 故选：D. 2．（多选）已知圆的方程为，点，点是轴上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则（  ） A．存在切点使得为直角 B．直线过定点 C．的取值范围是 D．面积的取值范围是 【答案】BD 【分析】通过分析知不可能为直角，可判断A、C错误；求出直线的方程，令，，即可得直线恒过的定点可判断B；求出面积的取值范围可判断D. 【解析】对于A，圆的上顶点为，即点，若为直角，则为直径， 显然同一直径不能同时垂直两条相交直线，所以不可能为直角，故A错误； 同理C选项的数量积也取不到，所以C错误； 对于B,设，      因为，，， 则的方程为：，因为 化简可得：， 同理的方程为：， 而在切线，上，所以 ，， 因为在直线 故直线的方程为，令，， 即过定点，故B正确； 对于D，圆心到直线的距离平方为， 线段一半的平方为：， 点到直线的距离的平方为：， 所以面积的平方为： ①，因为， 所以由对勾函数的性质可知当时，①的分母取得最小值， 所以面积平方的最大值， 故面积的最大值为，故面积的取值范围是，故D正确. 故选：BD. 3．（多选）已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则（  ） A．直线过定点 B．的最小值为2 C．的取值范围为 D．当圆上恰有三个点到直线的距离等于时， 【答案】ACD 【分析】对于选项A，将直线整理成，得到，此方程组的解构成的点就是直线恒过的定点；对于选项B，先求出的圆心和半径，由直线过定点，可知过定点的直径是最长的弦，过定点且与这条直径所在直线垂直的直线与圆相交的弦长是最短的弦，求出定点到圆心的距离，则的最小值为代入数值即可得解；对于选项C，由求出，结合余弦定理求出的范围，利用向量的数量积的定义得到，由的范围得解；对于选项D，由圆上恰有三个点到直线的距离等于，得到圆心到直线的距离等于，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，则，计算即可得解. 【解析】对于选项A，直线，， ，，直线过定点，选项A正确； 对于选项B，的圆心为，半径为， 直线过定点，过定点的直径是最长的弦， 过定点且与这条直径所在直线垂直的直线与圆相交的弦长是最短的弦， 定点到圆心的距离为， 的最小值为，选项B错误； 对于选项C，，， ， ，，， ， ，，，选项C正确； 对于选项D，圆上恰有三个点到直线的距离等于， 圆心到直线的距离等于， ，圆心 圆心到直线的距离， ，选项D正确. 故选：ACD. 4．（多选）已知圆与直线和都相切，且圆心在轴上，直线 与轴相交于点，过点作圆的两条切线.切点分别为，直线与交于点，则（  ） A．圆的方程是 B．当时，四边形的面积为 C．的取值范围为 D．若点，则为定值 【答案】ACD 【分析】对于A，由题意可得圆的方程，故可判其正误，对于B，根据距离公式求出切线长，根据直线三角形的面积公式，可得其正误；对于C，根据数量积的定义及同角三角函数的平方式，可得数量积的函数解析式，根据对勾函数的性质，可得其正误；对于D，利用圆系可得公共弦所在直线的方程，根据垂直可得动点的轨迹，结合圆的性质，可得其正误. 【解析】 因为圆的圆心在x轴上，且与直线和都相切， 所以圆M的标准方程为，故A正确； 对于B，因为是圆的切线，所以. 在Rt△APM中，. 当时，，又，所以， 则，所以四边形PAMB的面积， 故B错误. 对于C， . 因为，所以， 因为对勾函数在上单调递增，所以.故C正确. 对于D，由题意，知，，，， 所以四点共圆， 记此圆为圆D，则PM为圆D的直径，圆心，半径为， 圆D的方程为. 因为AB是圆D与圆M的相交弦， 所以直线AB的方程为； 化简得，所以直线经过定点. 因为，所以， 因为点在直线AB上，所以，即点在以为直径的圆上. 因为，，所以圆心为点，恰为Q点，半径为. 因为点C在该圆上，所以为定值.故D正确. 故选：ACD. 5．（多选）设有一组圆Ck：（x－k）2＋（y－k）2＝4（k∈R），下列命题正确的是（  ） A.不论k如何变化，圆心C始终在一条直线上 B.所有圆Ck均不经过点（3，0） C.经过点（2，2）的圆Ck有且只有一个 D.所有圆的面积均为4π 【答案】ABD 【解析】　圆心坐标为（k，k），在直线y＝x上，A正确；令（3－k）2＋（0－k）2＝4，化简得2k2－6k＋5＝0，∵Δ＝36－40＝－4＜0，∴2k2－6k＋5＝0无实数根，B正确；由（2－k）2＋（2－k）2＝4，化简得k2－4k＋2＝0，∵Δ＝16－8＝8＞0，有两不等实根，∴经过点（2，2）的圆Ck有两个，C错误；由圆的半径为2，得圆的面积为4π，D正确. 故选：ABD. 6．（多选）已知点在直线：上，过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. 存在点，使得四边形为菱形 B. 四边形的面积最小值为 C. 的外接圆恒过两个定点 D. 原点到直线的距离不超过 【答案】BCD 【分析】由到直线距离结合已知条件可判断AB；由点共圆以及点求出直线，利用点到直线的距离可判断CD 【解析】对于A：当四边形为菱形时，， 则， 又到直线的距离为， 所以不存在点，使得四边形为菱形，故A错误； 对于B：由A可知，， 所以四边形的面积， 所以四边形的面积最小值为，故B正确； 对于C：设，由图象可知四点在以为直径的圆上， 圆的方程为， 即， 令，解得或， 所以的外接圆恒过两个定点，故C正确； 对于D：过的圆的方程为， 由得直线的方程为：， 则原点到直线的距离为 ，故D正确； 故选：BCD. 7．若抛物线与坐标轴分别交于三个不同的点、、，则的外接圆恒过的定点坐标为_______ 【答案】 【分析】设抛物线交轴于点，交轴于点、，根据题意设圆心为，求出，写出圆的方程，可得出关于、的方程组，即可得出圆所过定点的坐标. 【解析】设抛物线交轴于点，交轴于点、， 由题意可知，由韦达定理可得，， 所以，线段的中点为，设圆心为， 由可得，解得， ，则，则， 所以，圆的方程为， 整理可得， 方程组的解为. 因此，的外接圆恒过的定点坐标为. 故答案为：. 8．已知圆：，定直线经过点，若对任意的实数，定直线被圆截得的弦长始终为定值，则定值________． 【答案】4 【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由题意可得圆心到直线的距离为定值，进而求出直线方程，最后根据弦长公式即可求出定值. 【解析】圆心坐标为，半径. 令，，消去参数可得，， 所以圆心在直线上运动. 因为直线被圆截得的弦长始终为定值，结合弦长公式可知，圆心到直线的距离为定值. 因此直线应与圆心轨迹直线平行. 又直线经过点，所以直线方程为：，即. 所以圆心到直线的距离等于两平行线的距离. 所以定直线被圆截得的弦长始终为定值. 故答案为：4 9.已知直线与圆，设O为坐标原点，若直线l与圆C交于M，N两点，且直线OM，ON的斜率分别为，，则=________． 【答案】 【解析】由直线得， 联立，解得， 直线l恒过定点. 圆的圆心为，半径为，直线过点， 直线l与圆C交于M，N两点，则直线l的斜率存在， 设直线l方程为， 联立，得， 设，，则，， 是定值，定值为 故答案为： 10．在平面直角坐标系xOy中，圆C：与圆：相切于点，且直线l：与圆C有公共点． (1)求圆C的方程； (2)设点P为圆C上的动点，直线l分别与x轴和y轴交于点M，N，求证：存在定点B，使得； 【答案】(1)(2)①证明见解析；②. 【分析】本题考查圆的标准方程，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，与圆有关的最值， （1）由两圆的位置关系求圆C方程； （2）①由，直接法得，由点P为圆C上的动点得，求B点坐标；，在圆C外，在圆C内，点P为线段BN与圆C的公共点时“”能成立．从而得直线方程． 【解析】(1)圆，即，所以圆心为，圆的半径． 由圆与圆相切于点 ，得，，即解得或由直线l：与圆C有公共点，，所以所以圆C的方程为. (2)直线l分别与x轴和y轴交点，． 设点，，则， 由得，， 即，由点P为圆C上的动点得，即 故存在定点，使得． 11．已知圆与直线，动直线过定点. (1)求直线关于点的对称直线，并判断直线与圆的位置关系； (2)若直线与圆相交于P、Q两点，点是PQ的中点，直线与直线相交于点.探索是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)直线为，相离； (2)是，. 【分析】（1）根据直线关于点对称，即有两直线平行且该点到两直线的距离相等，设直线，利用点到直线的距离公式列方程求参数，进而判断直线与圆的位置关系； （2）设的方程为，联立圆和直线求坐标，再应用向量数量积的坐标运算求，即可得结论. 【解析】（1）点到直线的距离为， 设直线，则，解得（舍）或， 所以直线为，又圆的圆心为且半径， 圆心到直线的距离，所以直线和圆相离；    （2）由题意，直线的斜率存在，设的方程为， 由，消去得， 所以，则， ，则， ， 由，得，则， ， ， 为定值. 12已知圆和点. (1)过作圆的切线，求切线的方程； (2)过作直线交圆于点，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：点在同一直线上，并求出该直线的方程； (3)已知，设为满足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)和.(2)证明见解析，直线方程为.(3)存在，或. 【分析】（1）讨论斜率是否存在并设直线方程，结合圆的切线性质及点线距离公式求参数，进而写出切线方程. （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，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. 【解析】(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)设，， ∴由，则，即，又，故，同理，∴直线为，又在上，∴，故恒在直线上. (3)由题设，若则，整理可得， 若存在，使为定值，而，， ∴，整理得， ∴， 整理得， 要使为定值，则，解得或. 综上，存在或，使为定值 13．已知，，点满足. (1)求点P的轨迹方程C； (2)过点A作直线l交轨迹C于点M，N，交y轴于点. ①若，求直线l的方程； ②若，，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)； (2)①；②是定值， 【分析】（1）设动点坐标，由条件建立等式，整理后得到动点的轨迹方程； （2）设直线方程后联立曲线方程，整理得关于的一元二次方程，设交点坐标，由韦达定理得到交点横坐标与参数的关系. ①由条件建立方程，结合为韦达定理的结果，求得斜率，即求得直线方程. ②分别求出向量，由条件建立方程组，解得，即可表示出，结合韦达定理化简求值，即可得出结论. 【解析】（1）设，因为，所以， 化简得点P的轨迹方程C：. （2）因为过点的直线与y轴有交点，所以直线l的斜率存在， 设直线l的方程为，由， 消去y得，， 设，， 则，. ，， ①因为，所以，所以，即， 由得， 代入，得， 解得此时直线方程： ②， 则，，，， 因为，， 所以，解得， 为定值. 14．动点到点的距离是到点的距离的3倍，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)直线与曲线交于，两点，，当面积最大时，求的值； (3)已知动点在直线上，过点作曲线的两条切线，，切点分别为，，直线是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，说明理由. 【答案】(1)； (2)或； (3)直线过定点. 【分析】（1）设，然后根据列等式，最后整理即可； （2）根据三角形面积公式得到，即可得到当时，面积最大，然后利用等腰三角形的性质列方程，解方程即可； （3）根据圆的性质得到为以为直径的圆与圆的相交线，然后根据圆的方程得到的方程，最后求定点即可. 【解析】（1）由题意得，所以. 设，因为点，，所以， 化简得. 所以曲线的方程为. （2）曲线是圆心为，半径的圆， ， 当时，面积最大，所以为等腰直角三角形， 圆心到直线距离为，解得或. （3） 圆的圆心，半径， 因为点为直线上一动点，则可设， 因为，都是圆的切线，所以，， 所以，也在以为直径的圆上， 以为直径的圆的圆心为，半径为， 所以以为直径的圆的方程为，即①，化为②， 由①-②整理得， 所以直线的方程为，即， 令，解得，所以直线过定点. 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06 圆中定点、定值、定直线问题四种考法 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、圆中定点问题 题型二、圆中定值问题 题型三、圆中定直线问题 题型四、圆中探索性、存在性问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 通法通法—明晰核心解法，助力能力迁移 圆中定点、定值、定直线问题是高中数学核心重难点，所有题型均围绕圆中定点问题、圆中定值问题、圆中定直线问题、圆中探索性、存在性问题四大核心展开，解题贯穿两条底线原则： 一是过定点问题以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想方法来处理，具体操作流程如下： (1)变量——选择合适的参变量； (2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数； (3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值. 一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸； 二是圆中的定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有： (1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； (2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数； (3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证，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、圆中定点问题 典例1 .如图：已知A，是圆：与轴的交点，为直线：上的动点．，与圆的另一个交点分别为，．求证：直线过定点． 题型模版 1.特征：多条动直线满足同一组几何条件直线随参数变化恒经过某固定坐标点，或者满足条件的动圆随参数变化无论参数如何变动圆恒经过若干固定点。 常见：两条动直线斜率存在等量关系、交点满足约束条件、弦满足角度/垂直条件以弦为直径的圆、四点共圆、多条直线相交形成的圆。 方法：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.利用题干几何条件转化得到参数关系式，求出动圆方程整理为含参数项与不含参数项两部分 ②将关系式代入直线方程整理成「参数×式子+常数式子=0」 令参数系数、常数项同时为0解出定点坐标 ④取特殊直线先预判定点再一般性证明 变式1-1已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（  ） A． B． C． D． 变式1-2点是直线上任意一点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点（  ） A．和 B．和 C．和 D．和 变式1-3已知圆，直线的方程，点是直线上一动点，过点作圆的切线、，切点分别为、． (1)当的横坐标为时，求的大小； (2)求证：经过、、三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标； (3)求证：直线必过定点，并求出该定点的坐标． 类型二、圆中定值问题 典例2 已知平面上定点和，动点满足，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设点在曲线上运动，记点为过D、B两点的弦的中点，若直线DB与直线交于点，证明：恒为定值． 题型模版 1.特征：直线与圆相交形成斜率、线段长度不随参数变化保持固定数值. 2.方法：证明圆中某些代数式为定值的策略 依题意设出参数，利用几何知识或相应的代数知识得出与所证代数式有关的含参数（变量）的等式，代入所证代数式运算化简，即可得出定值。 常见的化简运算技巧 （1）在运算过程中，尽量减少所证代数式中的参数（变量）个数，以便于向定值靠拢； （2）巧妙利用变量间的关系，尽量做到整体代入简化运算． 变式2-1长为4的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，线段AB的中点P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程，并说明其形状； （2）过点作两条直线分别与曲线C交于P、Q两点，若直线MP，MQ的斜率之积为，线段PQ的中点为D，求证：存在定点E，使得为定值，并求出此定值． 变式2-2在平面直角坐标系xOy中，已知圆，直线，直线l与圆C相交于点A，B，圆C与x轴正半轴交于点D． (1)若，求直线l的方程； (2)记直线AD，BD的斜率分别为，，求证：为定值． 变式2-3已知直线与圆相交于两点，且. (1)若直线过点，求直线的方程； (2)过点作直线与曲线交于两点，若点的坐标为，直线的斜率分别为，求证：为定值. 题型三、圆中定直线问题 典例3 已知圆C过原点，圆心C是直线与直线的交点. (1)求圆C的标准方程； (2)若圆C与y轴交于A､B两点（A在B上方），直线与圆C交于M､N两点，直线，相交于T.请问点T是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由. 题型模版 1.特征：动点、动直线满足条件相关点恒落在某条固定直线上（定直线/定值线），属于轨迹类定值常结合极点极线。 2.方法：①设出动点坐标写出满足的几何约束等式；②使用韦达定理消去所有参数；③得到只含的直线方程即为定值线；④可先用特殊位置求出定直线再证明一般情况全部满足。 变式3-1设有一组圆，存在定直线________始终与圆相切。 变式3-2已知圆C经过两点，圆心在直线上. (1)求圆C的标准方程； (2)若圆C与y轴相交于A，B两点（A在B上方）.直线与圆C交于M，N两点，直线，相交于点T.请问点T是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由. 变式3-3已知直线，圆. (1)证明：直线l与圆C相交； (2)设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； (3)在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 题型四、圆中探索性、存在性问题 典例4 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． 题型模版 1.特征：开放性设问：是否存在定点/定值/定直线满足条件，先猜测后证明无直接给出结论. 2.方法：（1）解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下： ①假设满足条件的曲线（直线或点等）存在，用待定系数法设出； ②列出关于待定系数的方程（组）； ③若方程（组）有实数解，则曲线（直线或点等）存在，否则不存在. （2）反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法。 （3）求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程。 变式4-1已知圆过点，且与直线相切于点． (1)求圆的方程； (2)过点的直线与圆交于两点，若为直角三角形，求直线的方程； (3)在直线上是否存在一点，过点向圆引两切线，切点为，使为正三角形，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 变式4-2已知圆C与y轴相切，圆心C在射线上，且截直线所得弦长为． （1）求圆C方程； （2）已知点，直线与圆C交于A、B两点，是否存在m使得，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由． 变式4-3定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“伴随点”；若G同时是圆E和圆F的“伴随点”，则称G为圆“”的“共生点”．已知圆，P为圆A的“伴随点”． (1)求点P所在曲线的方程； (2)已知圆，P，Q均为圆“”的“共生点”． （i）求直线的方程； （ii）若圆H是以线段为直径的圆，过点且斜率不为0的直线l与圆H交于J、K两点，是否存在x轴上的定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的W点坐标；若不存在，请说明理由． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．点是直线上任意一点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点（  ） A．和 B．和 C．和 D．和 2．（多选）已知圆的方程为，点，点是轴上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则（  ） A．存在切点使得为直角 B．直线过定点 C．的取值范围是 D．面积的取值范围是 3．（多选）已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则（  ） A．直线过定点 B．的最小值为2 C．的取值范围为 D．当圆上恰有三个点到直线的距离等于时， 4．（多选）已知圆与直线和都相切，且圆心在轴上，直线 与轴相交于点，过点作圆的两条切线.切点分别为，直线与交于点，则（  ） A．圆的方程是 B．当时，四边形的面积为 C．的取值范围为 D．若点，则为定值 5．（多选）设有一组圆Ck：（x－k）2＋（y－k）2＝4（k∈R），下列命题正确的是（  ） A.不论k如何变化，圆心C始终在一条直线上 B.所有圆Ck均不经过点（3，0） C.经过点（2，2）的圆Ck有且只有一个 D.所有圆的面积均为4π 6．（多选）已知点在直线：上，过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. 存在点，使得四边形为菱形 B. 四边形的面积最小值为 C. 的外接圆恒过两个定点 D. 原点到直线的距离不超过 7．若抛物线与坐标轴分别交于三个不同的点、、，则的外接圆恒过的定点坐标为_______ 8．已知圆：，定直线经过点，若对任意的实数，定直线被圆截得的弦长始终为定值，则定值________． 9.已知直线与圆，设O为坐标原点，若直线l与圆C交于M，N两点，且直线OM，ON的斜率分别为，，则=________． 10．在平面直角坐标系xOy中，圆C：与圆：相切于点，且直线l：与圆C有公共点． (1)求圆C的方程； (2)设点P为圆C上的动点，直线l分别与x轴和y轴交于点M，N，求证：存在定点B，使得； 11．已知圆与直线，动直线过定点. (1)求直线关于点的对称直线，并判断直线与圆的位置关系； (2)若直线与圆相交于P、Q两点，点是PQ的中点，直线与直线相交于点.探索是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 12已知圆和点. (1)过作圆的切线，求切线的方程； (2)过作直线交圆于点，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：点在同一直线上，并求出该直线的方程； (3)已知，设为满足方程的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由. 13．已知，，点满足. (1)求点P的轨迹方程C； (2)过点A作直线l交轨迹C于点M，N，交y轴于点. ①若，求直线l的方程； ②若，，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 14．动点到点的距离是到点的距离的3倍，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)直线与曲线交于，两点，，当面积最大时，求的值； (3)已知动点在直线上，过点作曲线的两条切线，，切点分别为，，直线是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，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 $