专题21圆与直线综合（解析版）_02高考数学_2025年新高考资料_一轮复习_上好课2025年高考数学一轮复习知识清单3246850_题型必备·冲高分

专题 21 圆与直线综合 目录 题型一：点与圆的位置.........................................................................................................................................................1 题型二：圆轨迹方程及阿圆.................................................................................................................................................4 题型三：两圆位置关系.........................................................................................................................................................6 题型四：两圆公共弦及公切线.............................................................................................................................................9 题型五：到直线距离定值的圆上点...................................................................................................................................11 题型六：圆与直线：弦心距最值范围...............................................................................................................................13 题型七：圆与直线：弦心角型范围...................................................................................................................................16 题型八：圆与直线：弦三角形面积范围...........................................................................................................................18 题型九：折线系数不同型“将军饮马”...........................................................................................................................21 题型十：圆切线：切线长范围...........................................................................................................................................25 题型十一：圆切线：切点弦方程.......................................................................................................................................28 题型十二：圆切线：切点三角形、四边形最值...............................................................................................................31 题型十三：圆切线：切点弦求参范围...............................................................................................................................37 题型十四：圆切线：角度范围最值...................................................................................................................................41 题型十五：圆切线：三角型旋转切线...............................................................................................................................43 题型十六：圆过定点...........................................................................................................................................................46 题型一：点与圆的位置 圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，点M(x，y)，则有： 0 0 (1)点在圆上： ( x － a ) 2 ＋ ( y － b ) 2 ＝ r 2，x2＋y2＋Dx＋E y＋F＝0； 0 0 0 0 0 0 (2)点在圆外： ( x － a ) 2 ＋ ( y － b ) 2 > r 2， x2＋y2＋Dx＋E y＋F＞0； 0 0 0 0 0 0 (3)点在圆内： ( x － a ) 2 ＋ ( y － b ) 2 < r 2， x2＋y2＋Dx＋E y＋F＜0. 0 0 0 0 0 0 容易错误的点： 一定要把圆配成标准形式，保证右边是正数（半径平方有意义） 1．（24-25·江西·模拟）若点 在圆C： 的外部，则m的取值可能为（ ） A．5 B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据点在圆外及方程表示圆求出 的范围得解. 【详解】因为点 在圆C： 的外部， 所以 ，解得 ， 又方程表示圆，则 ，即 ， 所以 ，结合选项可知，m的取值可以为 . 故选：C 2．（24-25·河北唐山·模拟）已知圆 的方程为 ，若点 在圆外， 则 的取值范围是（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化简得到圆的标准方程为 ，根据题意，列出不等式，即可求解. 【详解】由圆 的方程为 ， 可得圆的标准方程为 ，所以 ，解得 ， 因为点 在圆外，可得 ， 整理得 ，解得 或 ， 综上可得，实数 的取值范围是 . 故选：D. 3．（24-25·浙江·模拟）已知点 关于直线 对称的点Q在圆C： 外，则实 数m的取值范围是（ ） A． B． C． D． 或 【答案】C 【分析】设 ，利用点关于线对称列方程求得Q坐标，代入圆方程得出不等式计算即可. 【详解】设点 关于直线 对称的点 ，则 ，解得 . 因为 在 外，所以 ，可得 且 表示圆可得 ，即得 综上可得 . 故选：C. 4．（24-25·江苏南京·模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知动圆 则下列说法正确的是（ ） A．存在圆C经过原点 B．存在圆C，其所有点均在第一象限 C．存在定直线l，被圆C截得的弦长为定值 D．所有动圆C有两条公切线 【答案】ABD 【分析】对于A选项：将 代入圆 方程，求得 ，即可判断； 对于B选项：根据圆 所有点均在第一象限得到 ，即可判断； 对于C选项：当定直线 的斜率存在，设直线 ： ，当定直线 的斜率不存在，设直线 ，由 垂径定理和勾股定理得到弦长 ，要使弦长 为定值，则弦长 与 无关，得到关于 和 的方程组，即 可求解； 对于D选项：求出所有动圆 的公切线，即可求解. 【详解】对于A选项：若圆 经过原点，则 ， 化简得： ，解得： ，所以当 时，圆 经过原点，所以A选项正确； 对于B选项：由题意得圆 的圆心 ，半径 （ ）， 若圆 上的所有点均在第一象限，则 ，解得： ，即 且 ，所以当 时，圆 上的所有点均在第一象限，所以B选项正确； 对于C选项：当定直线 的斜率存在，设存在定直线 ： ，被圆C截得的弦长为定值， 则圆心 到直线 的距离 ， 则弦长 即 ， 要使弦长 为定值，则弦长 与 无关，所以 ，解得： ， 此时弦长 ，不存在定直线 ： ，被圆 截得的弦长为定值， 当定直线 的斜率不存在，设直线 ，则圆心 到直线 的距离 ， 所以弦长 ，要使弦长 为定值，则弦长 与 无 关，即 ，此时弦长 ，综上：不存在定直线 ，被圆 截得的弦长为定值，所以C选项错误； 对于D选项：若所有动圆 存在公切线，当切线斜率不存在时， 满足题意； 切线斜率存在时，且圆心 到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得： ，即 ，化简得： ， 若所有动圆 存在公切线，则上式对 恒成立，则 ，解得： ， 此时 ， 综上：所有动圆 存在公切线，其方程为 或 ，所以D选项正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：求出弦长及公切线的关键点是应用点到直线距离公式.5．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）点 关于直线 的对称点在圆 内，则 实数 的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意利用轴对称的性质算出对称点Q的坐标，结合点Q在已知圆的内部，建立关于 的不等 式，解出实数 的取值范围． 【详解】设 与 关于直线 对称，则 ，解得 ，即 ， 因为 在圆 的内部， 所以 ，解得 ，即实数 的取值范围是 ． 故答案为： ． 题型二：圆轨迹方程及阿圆 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．（24-25·江苏盐城·模拟）已知圆 是圆 上一动点，点 为线段 的中点，则动点 的轨迹方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令 ，由题设得 ，代入已知圆方程整理即可得动点M的轨迹方程； 【详解】解：设 ， M为线段 的中点， ， ， 而A是圆C上一动点，故 ，整理得： ， 即 ，故动点M的轨迹方程为 .故选:C. 2．（24-25·辽宁沈阳·模拟）在 中，点 ，点 ，点A满足 ，则 面积的 最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设 ，根据 ，得到方程，求出点 的轨迹为以 为圆心， 为半径的圆 （除去与 轴的两个交点），数形结合得到点 到直线 的距离最大值为 ，求出面积的最大值. 【详解】设 ，则 ， 由 得 ，化简得 ，故点 的轨迹为以 为圆心， 为半径的圆（除去与 轴的两个交点）， 故点 到直线 的距离最大值为 ，故 面积的最大值为 .故选：B 3．（24-25·湖南郴州·模拟）已知线段 的端点B的坐标是 ，端点A在圆 上运动， 则线段 的中点 的轨迹方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出动点 和动点 的坐标，找到动点 和动点 坐标的关系，再利用相关点法求解轨迹方程即 可. 【详解】设 ， ，由中点坐标公式得 ， 所以 ，故 ，因为A在圆 上运动， 所以 ，化简得 ，故B正确.故选：B 4．（24-25·黑龙江佳木斯·模拟）公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究 了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.后 世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知直角坐标系中 ， ，满足 的点P的轨迹为C， 则下列结论正确的是（ ） A．点P的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆 B．轨迹C上的点到直线 的最小距离为 C．若点 在轨迹C上，则 的最小值是 D．圆 与轨迹C有公共点，则a的取值范围是 【答案】ACD 【分析】利用两点距离公式计算可判定A，利用直线与圆的位置关系可判定B、C，利用两圆的位置关系可 判定D. 【详解】设P(x,y)，由 ， 整理得 ，显然点P的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆， 故A正确； 圆心 到直线 的距离 ， 所以轨迹C上的点到直线 的最小距离为 ，故B错误；设 ，易知圆心 到直线 的距离 ，故C正确； 易知圆 的半径为2，则其与轨迹C相交或相外切时符合题意， 则圆心距 ，解之得 ，故D正确. 故选：ACD 5．（24-25·重庆·模拟）已知点 ， ， ，动点P满足： ，且 ， 则点P的轨迹长度为 . 【答案】0 【分析】分别求出两种条件下动点P满足的轨迹方程，再结合图形即可求解. 【详解】因为 ，所以动点P的轨迹为椭圆，且 ，则 ，所以 ，所以满足 的动点P的轨迹方程为 . 设P(x,y)，由 ，得 ，整理得 ，即 ， 所以满足 的动点P的轨迹在以(0,2)为圆心，以2为半径的圆上及圆的内部，且不过(0,1)点. 如图，动点P的两种轨迹没有交点，则动点P的轨迹不存在，因此点P的轨迹长度为0. 故答案为：0. 题型三：两圆位置关系两圆的位置关系应考虑圆心距 和两圆的半径之间的关系： ⑴两圆外离， ⑵两圆外切，则 ； ⑶两圆相交，则 ； ⑷两圆内切，则 ； ⑸两圆内含，则 ． 1．（24-25·江苏扬州·模拟）若圆 与圆 交于 两点，则 的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析出圆M与圆N的公共弦AB，满足 ，当 的坐标为(1,0)时， ，利用余弦定理 计算可得 ,由余弦函数的单调性确定 最大，即为 最大，计算即可得出结果. 【详解】 可化为 ，故圆N的圆心为 ，半径为 ， 由题意可知：AB为圆M与圆N的公共弦，且圆M的半径为1， 所以 且 ，故 ，当 的坐标为(1,0)时， ， 在 中， ，又 ， 在 上单调 递减，故 为锐角，且当 时， 最大，又 在 上单调递增， 所以当 最大时， 取得最大值，且最大值为 .故选：D 2．（24-25·全国·模拟）已知圆 是与直线 ，圆 都相切的半径最 小的圆，则圆 的半径和圆心坐标分别是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意做出垂线，得到垂线方程，后依据题意求出新圆的半径，再建立方程组求出圆心即可. 【详解】由题意得圆 的标准方程为 ，所以半径为 ， 如图，过圆心 作直线 的垂线，由题意得垂线斜率为 ，故设其方程为 ，将 带入其中， 可得 ，解得 ，所以垂线方程为 ，因为求半径最小的圆，所以圆 的圆心在直线 上，而圆心 到直线 的距离为 ，故圆 的半径为 ， 设圆心 ，已知 ，解得 ，即圆心 ，故D正确.故选：D 3．（2024·海南·模拟预测）已知点 ， 在圆 上，点 ， ，则使得 是面积为 的等边三角形的点 的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】由面积公式先得 长，根据正三角形与圆的对称性判定 三点共线，再根据两圆的位置 关系判定即可. 【详解】设 中点为E，由正三角形面积公式可知 ， 由正三角形及圆的对称性可知 ，则 三点共线， 而 ，因为 ，所以P在以 为圆心，2为半径的 圆上，由圆的位置关系可知 ，当且仅当 时取得，此时 ， 即满足条件的点P只有一个.故选：A 4．（24-25·江苏常州·模拟）已知直线 ，圆 ，圆 ， .则下列说法正确的有（ ） A．若圆心 在直线 上，则直线 与圆 相切 B．若圆心 在圆 内，则直线 与圆 相离 C．若直线 与圆 相切，则圆 与圆 相切 D．若直线 与圆 相交，则圆心 在圆 外 【答案】ABD 【分析】根据两圆标准方程可得两圆圆心以及两圆的半径，根据点与圆、直线与圆的位置关系由点到直线 的距离公式计算对选项逐一进行判断，即可得出结论. 【详解】对于A，易知圆心 ，半径 ，圆心 ，半径为 ；若圆心 在直线 上，可得 ；此时圆心 到直线 的距离为 ，与半径相 等，即直线 与圆 相切，即A正确； 对于B，若圆心 在圆 内可得 ， 此时圆心 到直线 的距离为 ，即直线 与圆 相离，即B正确； 对于C，若直线 与圆 相切可得 ，即 ， 此时圆 与圆 的两圆心距为 ，满足 ，此时两圆相交， 即C错误； 对于D，若直线 与圆 相交，可得 ，可得 ； 则可得圆心 在圆 外，即D正确.故选：ABD 5．（24-25·天津·模拟）在平面直角坐标系 中，若圆 上存在点 ，且点 关于直 线 的对称点 在圆 上，则 的取值范围是 ． 【答案】 【分析】求出圆 关于直线 的对称圆 的圆心和半径，则将问题转化为 和 有交点即可，由圆 和圆的位置关系的相关知识即可求解. 【详解】圆 的圆心为 ，半径为 ， 它关于直线 的对称圆 的圆心为 ，半径仍然为 ， 圆 的圆心为 ，半径为 ， ， 由题意得 ，解得 .故答案为： . 题型四：两圆公共弦及公切线 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．（24-25·全国·模拟）已知圆 与圆 交于 两点，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】两圆方程作差可得相交弦所在直线方程，利用垂径定理可求得结果. 【详解】两圆方程作差可得直线 的方程为： ，即 ； 由圆 方程可得其圆心 ，半径 ， 到直线 的距离 ， . 故选：B.2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知圆 ，圆 ，两圆的公共弦 所在直线方程是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】两圆方程作差即可. 【详解】由圆 ，圆 ， 两式作差得， ，即 ，所以两圆的公共弦所在直线方程是 .故选：B. 3．（24-25·湖南·模拟）圆 ： 与圆 ： 的内公切线长为（ ） A．3 B．5 C． D．4 【答案】D 【分析】在平面直角坐标系中作出两个圆，由图可知内公切线一条为 轴，求公切线的长即可. 【详解】如图： 由图可知圆 与圆 的内公切线有一条为 轴， 则公切线的长为|AB|=4，方法二： ，所以内公切线的长为： 故选：D 4．（24-25·重庆·开学考试）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 相交 D．当 时，圆 与圆 的公共弦所在直线的方程为 【答案】BD 【分析】由两圆的标准方程可得它们的圆心和半径，再根据圆心距与半径的关系判断出两圆的位置关系， 即可得出公切线条数，可判断AC错误；利用圆心到直线的距离与半径的关系可得B正确，将两圆方程相 减可得它们的公共弦所在直线的方程为 ，即D正确. 【详解】由 可知圆心为 ，半径为1； 由 可知圆心为 ，半径为 ，两圆圆心距为 ； 对于A，当 时， ，圆 与圆 相离，有4条公切线，所以A错误； 对于B，当 时， 与圆 相切，圆心 到 的距离为2，即 与圆 也相切， 所以 是圆 与圆 的一条公切线，即B正确； 对于C，当 时， ，圆 与圆 相离，即C错误； 对于D，当 时， ，此时两圆相交， 圆 的一般方程为 ，与圆 的方程相减可得 ，化简可得圆 与圆 的公共弦所在直线的方程为 ，即D正确. 故选：BD 5．（24-25·山东潍坊·模拟）梵高《星月夜》用夸张的手法描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作 半径为1的圆 的一段圆弧 ，且弧 所对的圆心角为 .设圆 的圆心 在点 与弧 中点的连线所在 直线上.若存在圆 满足：弧 上存在四点满足过这四点作圆 的切线，这四条切线与圆 也相切，则弧 上的点与圆 上的点的最短距离的取值范围为 . 【答案】 【分析】由题意可知圆与圆相离，由弧 所对的圆心角为 ，分析两圆的外公切线与内公切线及圆心 的变化位置，通过构造法求出 ，分析计算可得弧 上的点与圆 上的点的最短距离. 【详解】如图，构造等腰三角形 ，其中顶角 ，则 ， 过 作 的角平分线 交 于 ，则 . 故 与 相似，不妨设 ， ，则 ， ， 则 ，即 ，由 ，解得 ，则 ，则 . 由题意，弧 上存在四点满足过这四点作圆 的切线，这四条切线与圆 也相切，则圆 与圆 有4条公 切线，即两圆相离，且与圆 相切的切点均在弧 上.如图， 设弧 的中点为 ，弧 所对的圆心角为 ， 圆 的半径 ，在弧 上取两点 ，则 ， 分别过点 作圆 的切线，由对称性可知两切线交直线 于同一点，设为 ， 当过点 的切线刚好是圆 与圆 的外公切线时，劣弧 上一定还存在点 ，使过点 的切线为 两圆的内公切线，则圆 的圆心 在线段 上，且不包括端点，即 . 过点 ，分别向 作垂线，垂足为 ，则 即为圆 的半径，由两圆相离可知， . 设线段 交圆 于点 ，则弧 上的点与圆 上的点的最短距离即为线段 的长度. 在 中， ， 则 ， 而 .故 即弧 上的点与圆 上的点的最短距离的 取值范围为 .故答案为： .【点睛】结论点睛：相离的两个圆（圆心分别为 和 ,半径分别为 和 ）上的两个动点之间的距离 的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径和，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径和，即 . 题型五：到直线距离定值的圆上点 解决圆上点到直线距离为定值的点的个数，可以以下几个图形来理解和计算.注意，不同的数据，图形 会有出入，思维不变。 1．（24-25·全国·模拟）若圆C： 上总存在两个点到原点的距离均为 ，则实数a的 取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将问题转化为圆与圆的位置关系问题，再求解参数即可. 【详解】到原点的距离为 的点的轨迹为圆： ， 因此圆C： 上总存在两个点到原点的距离均为 ， 转化为圆 ： 与圆C： 有两个交点， 因为两圆的圆心和半径分别为 ， ， ， ， 所以 ，故 ，解得 或 ， 故实数a的取值范围是 ，故A正确.故选：A 2．（22-23高三·安徽滁州·模拟）如果圆 上总存在点到原点的距离为 ，则实数 的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】B【分析】将圆上的点到原点的距离转化为圆心到原点的距离加减半径得到答案. 【详解】 ，圆心为 半径为1圆心到原点的距离为： 如果圆 上总存在点到原点的距离为 即圆心到原点的距离 即 故答案选B 【点睛】本题考查了圆上的点到原点的距离，转化为圆心到原点的距离加减半径是解题的关键. 3．（21-22高三·四川成都·模拟）若圆 上至少有三个不同的点到直线 的 距离为 ，则直线 的倾斜角的范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意分析可得圆心到直线 的距离小于等于 ,再根据圆心到直线的距离列不等式求解直线 的斜率,进而求得倾斜角的范围即可. 【详解】将圆方程化为 ,圆心 ,半径 ,设直线 的斜率为 ,即直线 过原点.可得原问题等价于圆心到直线 的距离小于等于 . 所以 ,解得 ,倾斜角取值范围为 .故选：A 【点睛】主要考查了直线与圆的位置关系的运用,需要根据题意分析圆心到直线的距离的关系,属于中档题. 4．（2023·山西·模拟预测）已知圆 ，点 为直线 上的动点，则下列说 法正确的是（ ） A．圆心 到直线 的最大距离为8 B．若直线 平分圆 的周长，则 C．若圆 上至少有三个点到直线 的距离为 ，则 D．若 ，过点 作圆 的两条切线，切点为 ， ，当点 坐标为 时， 有最大值 【答案】BD 【分析】由圆 ，知圆心 ，半径 ，由直线过圆心可求 ，从而判断B； 恒过定点 ,可求点 到直线 的最大距离，判断A；由已知圆心到直线的距离 ，可求 的范围判断C；利用 ，从而可求 最小时 的位置判断D． 【详解】由圆 ，知圆心 ，半径 ， 对于A,直线 恒过定点 ， 点 到直线 的最大距离为 ，故A不正确； 对于B,直线 平分圆 的周长，则直线过圆心 ， ，解得 ，故B正确； 对于C,若圆 上至少有三个点到直线 的距离为 ，则圆心到直线的距离 ， ，解得 ，故C错误； 对于D, ，要使 最大，只需要 最大即可，又 ，故需 最小，此时 与直线 垂直，故此时 与定点 重合，故 ,故D正确， 故选：BD． 5．（2020高三全国·专题练习）已知圆C与x轴的正半轴相切于点A，圆心在直线 上，若点A在直线的左上方且到该直线的距离等于 ，则圆C的标准方程为 ． 【答案】 【分析】由题意设圆心为 ，求得A的坐标，再由A到直线 的距离为 列式求 得a值，则圆的标准方程可求． 【详解】由题意设圆心为 则 ，由题意可得 ，解得 （舍）或 ．则圆的圆心坐标为 ，半径为4． ∴圆C的标准方程为 . 【点睛】本题考查圆的标准方程、点到直线的距离公式，考查数形结合思想，考查运算求解能力，求解时 注意结合图象进行求解. 题型六：圆与直线：弦心距最值范围 圆的弦长的求法： （1）几何法，设圆的半径为 ，弦心距为 ，弦长为 ，则 ； （2）代数法，设直线与圆相交于 ， ，联立直线与圆的方程 ，消去 ， 得到一个关于 的一元二次方程，从而可求出 ， ，根据弦长公式 ， 即可得出结果. 1．（24-25·重庆·模拟）已知点 、 在圆 上，且 的中点 在圆 上， 则弦长 的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由弦长公式可得 ，由此可通过求OM 的最大值，确定弦长 AB 的最小值. 【详解】圆O:x2y2 16的圆心为O(0,0)，半径为R4， 因为点 A 、 B 在圆O:x2y2 16上， AB 的中点为 M ，所以 AB 2 OA2 OM 2 ，其中OA 4， 即 AB 2 16 OM 2 ，因为圆C:(x2)2y2 1的圆心为C2,0，半径 r1 ，点 M 在圆 C 上， 所以OC 1 OM  OC 1，故1 OM 3，所以当 时，|AB|取最小值，最小值为 ，故选：B. OM 3 2 169 2 7 2．（24-25·江苏南京·模拟）已知圆C： x32y42 9，直线l：mxy2m30．则直线l被圆C 截得的弦长的最小值为（ ） A．2 7 B． 10 C．2 2 D． 6 【答案】A 【分析】由题意可证直线l恒过的定点P2,3 在圆内，当CPl时直线l被圆C截得的弦长最小，结合勾 股定理计算即可求解. 【详解】直线l：mx y2m3mx2 y30， x20 x2 令 ，解得 ，所以直线l恒过定点 ， y30 y3 P2,3 圆C： x32y42 9的圆心为C3,4 ，半径为r3， 且 PC2 232 342 29，即P在圆内， 当CPl时，圆心C到直线l的距离最大为d  PC  2 ， 此时，直线l被圆C截得的弦长最小，最小值为2 r2d2 2 7．故选：A． 3．（24-25·江苏常州·模拟）已知直线l :xay10与圆C:xa2y12 1相交于 ， 两点，当 1 A B VABC面积最大时，实数a的值为（ ） 1 1 A．1或 B． 或 C． 或 D． 或 1 3  3 7 1 7  3 【答案】A 【分析】求出圆心和半径，利用垂径定理和点到直线距离公式表达出VABC的面积，并利用基本不等式求 1 2 出面积的最大值为 2 ，此时圆心 Ca,1到直线 l :xay10 的距离为d  2 ，从而得到方程，求出 a 的 1 值. 【详解】C:xa2y12 1的圆心为Ca,1 ，半径为1， aa1 1 圆心 到直线 的距离d   ，故 ， Ca,1 l :xay10 1a2 1a2 AB 2 1d2 1 1 d21d2 1 则 的面积S  AB d d 1d2  d2 1d2   ， VABC 2 2 2 2 1 2 当且仅当 ，即d  时，等号成立，即  ，解得 .故选：A d2 1d2 2 1a2 2 a1 4．（2022·福建泉州·模拟预测）已知点M 在直线l:y4kx3 上，点N 在圆O:x2y2 9上，则下列 说法正确的是（ ） A．点N 到l的最大距离为8 4 B．若 被圆 所截得的弦长最大，则k  l O 37 C．若 为圆 的切线，则 的取值为0或 l O k 24 D．若点M 也在圆O上，则点O到l的距离的最大值为3 【答案】ABD 【分析】对于A，由题意可知最大距离为OP 38；对于B，若l被圆O所截得的弦长最大，则直线l过 43k 4 7 圆心 ，可得 所以k  ；对于C，若 为圆 的切线，则 3，解得k  ，另一条切线 O 3k 4 3 l O k21 24 为x3，斜率不存在；对于D，若M 也在圆O上，则直线l与圆O相切或相交，当直线l与圆O相切时， 点O到l的距离取最大值3. 【详解】对于A，由题意可知，直线l过定点P3,4 ，圆O的圆心为原点O，半径为3， 设圆心O到直线l的距离为d，当OPl时，d  OP 5；当OP与直线l不垂直时，总有d  OP ， 综上，d  OP 5，所以点N 到l的最大距离为538，故A正确； 对于B，若l被圆O所截得的弦长最大，则直线l过圆心O，可得3k 4， 4 所以k  ，故B正确； 3 43k 7 对于C，若 为圆 的切线，则 3，解得k  ，另一条切线为 ，斜率不存在，故C错误； l O k21 24 x3 对于D，若M 也在圆O上，则直线l与圆O相切或相交，当直线l与圆O相切时， 点O到l的距离取最大值3，故D正确.故选：ABD 5．（24-25高三上·广西·模拟）两条都与y轴平行的直线之间的距离为6，它们与抛物线y2 4x和圆 x42y2 4分别交于点 A ， B 和C，D，则 AB CD 的最大值为 . 128 3 【答案】 9 【分析】设直线CD方程为xt，结合直线与圆相交可知t6,2 ，则直线AB的方程为xt6，根据 直线与圆相交的弦长及直线与抛物线相交得弦长可得 AB CD 8 t64t42 ，设   mt42,2 ，结合导数可得 AB CD 的最大值. 【详解】设直线CD方程为xt，由已知圆x42y2 4的圆心M4,0 ，半径 r2 ， 由直线CD与圆M 相交，即点M 到直线CD的距离d  t4 2，解得6t2， 且CD 2 r2d2 2 4t42 ；直线 的方程为 ，设A(x ,y )，B(x ,y )， AB xt6 1 1 2 2 xt6 联立直线 ，则 ， ，则 ， y2 4x y 1 2 t6 y 2 2 t6 CD  y 1 y 2 4 t6 则 AB CD 2 4t42 4 t6 8 t6  4t42  6t2，设mt42,2， 则 AB CD 8 m2 4m22m2，设 f mm2 4m22m2， 则 fm  4m2 m22m3m24m43m2m2 ， 2 2 令 fm0，解得2m ，令 fm0，解得 m2， 3 3  2 2  2 2 256 即 f m在  2, 3   上单调递增，在 3 ,2  上单调递减，即当m 3 时， f m取得最大值为 f  3    27 ，256 128 3 128 3 则 的最大值为8  ，故答案为： . AB CD 27 9 9 6．（22-23高三上·江苏泰州·期中）已知圆O：x2y2 1，定点A3,0 ，过A点的直线l与圆O相交于 B、C两点，B、C两点均在x轴上方，如图，若OC平分AOB，则直线l的斜率为 ． 5 【答案】 7 BC OB 1 【分析】本题关键是求出交点 的坐标，由三角形内角平分线定理可得   ，从而有 B,C CA OA 3 (cid:5) 1(cid:5) BC  CA，于是可设 ，由向量坐标运算求得 点坐标，再把 两点坐标代入圆的方程可求得 3 B(x ,y ) C B,C 1 1 B点坐标，从而得直线斜率． OB BC 1 (cid:6) 1(cid:6) 【详解】由OC平分 知，   ，设点Bx,y ，点Cx,y，则BC  CA， AOB OA CA 3 1 1 3 1 3x 1 3 即xx,yy  3x,y，由向量相等解得x 1 ，y y ；又 ， 1 1 3 4 4 1 x2y2 1 ① 1 1 9 9 16 1 4 5 x2y2  (x 1)2 y2 1，(x 1)2y2  ， ；由 解得x  ，y  ， 16 1 16 1 1 1 9 ② ①② 1 9 1 9 4 5 0 9 5 点  1 4 5； 直线l的斜率为k   ．故答案为 ． B   9 , 9   AB  1 3 7  5     9 7 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系问题，解题时要抓住事物的本质，要求直线斜率，就是要求得直线 上两点的坐标，已知A点坐标，因此还要求得B,C两点之一坐标，可利用这两点在圆上，因此想法其中一 点的坐标用另一点表示出来的一，代入圆方程联立方程组后可解得．本题还考查学生的计算能力，属于中 等题． 题型七：圆与直线：弦心角型范围 直线与圆相交有两个交点，则与圆心所构成的三角形，必是等腰三角形，此时，圆心到直线的垂线段是 等腰三角形底边上的高（中线，角平分线） 1．（22-23高三·福建三明·模拟）已知圆x2y2 4与直线3x4yc0相交于A，B两点，若AOB90 （其中O为坐标原点），则实数c的值为 A．5 B．5 2 C．10 D．10 2 【答案】B【详解】圆x2y2 4与直线3x4yc0相交于A，B两点，若AOB90，则圆心O到直线距离为 c √2.即 2  ，∴ 故选B 916 c5 2 2．（23-24·陕西咸阳·模拟）已知圆D是以圆x2y2 1上任意一点为圆心，半径为1的圆，圆 C:(x1)2(y2)2 5与圆D交于A，B两点，则当ACB最大时，VABC的面积为（ ） A．2 B． 3 C． 2 D．1 【答案】A 【分析】设Da,b ，写出圆D的方程，求得直线AB的方程，利用点C到直线AB的最小值来求得ACB 最大时VABC的面积. 【详解】设Da,b ，则a2b2 1， 设acos,bsin,02π,a2bcos2sin  5sin 5, 5 ，a2b33 5,3 5 ，     圆 的方程为xa2yb2 1,x2y22ax2by0①， D 圆C：(x1)2(y2)2 5的圆心为C1,2 ，半径为 5 ， 圆C的方程可化为x2y22x4y0②， 由①②得直线AB的方程为 22ax42by0，即 1ax2by0， VABC是等腰三角形，ACB为顶角，则当C到直线AB的距离最小时，ACB最大， 1a22b  a2b5 a2b52 1 a2b322 当 到直线 的距离为    1a22b2 2a2b6 2a2b6 2 a2b3 C AB  1  a2b324a2b34  1   a2b3 4 4    1 2   2 a2b3 a2 4 b3 4   2， 2 a2b3 2  a2b3    4 当且仅当a2b3 ,a2b32,a2b1时等号成立. a2b3 当当 到直线 的距离取最小值 时， AB 2 522 2， C AB 2 所以 .故选：A 1 S  222 ABC 2 【点睛】在利用基本不等式求最值的过程中，要注意一正、二定、三相等.求解圆与圆位置关系有关问题， 首先考虑数形结合的数学思想方法，画出图象，然后根据图象、圆的几何性质来对问题进行分析和求解. 3 3．（21-22高三下·河北衡水·模拟）已知直线l： 与圆O：x2y2  相交于不同的两点A， xmy10 4 B，若∠AOB为锐角，则m的取值范围为（ ）  15 3  3 15  15 15 A．   3 , 3     3 , 3   B． 3 , 3         15  15   15 3 C．  , 3     3 ,  D．   3 , 3         【答案】A1 3 【分析】以∠AOB为直角时为临界，此时圆心O到直线l的距离d   ，根据题意可得 1m2 2 2 3 3 d  ，代入求解． 2 2 2 3 3 【详解】因为直线l： xmy10 经过定点1,0，圆O：x2y2  4 的半径为 2 ， 1 3 15 当∠AOB为直角时，此时圆心O到直线l的距离d   ，解得 m  ， 1m2 2 2 3 1 3 则当∠AOB为锐角时， m  15 ．又直线与圆相交于A，B两点，则d   ，即 m  3 ， 3 1m2 2 3 15 3 3 15 所以 m 或 m ，故选：A． 3 3 3 3 4．（22-23·山东烟台·期中）已知直线l:xsinycos10与圆O:x2 y2 6相交于A，B两点，则 （ ） 2 A． 的面积为定值 B．cosAOB VAOB 3 C．圆O上总存在3个点到直线l的距离为2 D．线段AB中点的轨迹方程是x2y2 1 【答案】ABD 【分析】根据圆的几何性质，求出圆心到直线的距离为定值1，可判断AD，再由圆的几何性质知 1 d 1 cos AOB  ，由二倍角公式可判断B，根据点到直线的距离及 与2的大小比较可判断D. 2 r 6 rd |001| d  1 【详解】对A，点O到直线 的距离 ，为定值， l:xsinycos10 sin2cos2 1 所以 |AB|2 r2d2 为定值，所以S △AOB  2 |AB|d 为定值，故正确； 1 d 1 1 2 对B，由A知，cos AOB  ，所以cosAOB2cos2 AOB1 ，故正确； 2 r 6 2 3 对C，因为圆的半径r  6，圆心到直线的距离d 1，所以rd  612，故圆上到直线的距离为2的 点只有2个，故错误； 对D，设线段AB中点P(x,y)，由圆的几何性质知|OP|d 1，所以 P 点的轨迹方程为 x2y2 1，即 x2y2 1，故正确.故选：ABD 5．（2020·浙江·模拟预测）已知圆O：x2y2 1，l为过点 0,2 的动直线，若l与圆O相切，则直线l的 倾斜角为 ；若l与圆O相交于A、B两点，则当△OAB的面积最大时AB的弦长为 .  2 【答案】 或 3 3 2 【分析】由直线与圆相切可得直线的斜率存在，设l：y kx2，利用点到线的距离公式求出k从而求出 倾斜角，当△OAB为等腰直角三角形时面积取得最大值，从而求出弦长； 2 【详解】解：若直线 与圆相切，则 的斜率肯定存在，设 ： ，则d  1， l l l y kx2 k21  2 所以 ，所以直线 的倾斜角为 或 ；易得当 为直角等腰三角形时面积最大， k  3 l 3 3 △OAB  2 所以 AB  2.故答案为： 3 或 3 ； 2 .【点睛】本题考查直线与圆的综合应用，直线的斜率与倾斜角，属于中档题. 题型八：圆与直线：弦三角形面积范围 直线与圆相交，交点与圆心所构成的三角形最值范围，有以下几类： 1.圆圆心与半径确定，直线过定点，但不知道倾斜角（斜率位置） 2.直线已知，圆心或者半径未知。 1．（2019·湖南·三模）直线l：ykx1与圆O：x2y2 4交于A，B两点，当VAOB的面积最大时，弦 AB所对的劣弧长为  2 4 5 A． B． C． D． 3 3 3 6 【答案】C 1 3+4k2 3+4k2 【解析】圆心 到直线 的距离d  ,则 AB 2 r2d2 2 ，所以S  ，设 O l 1k2 1k2 △AOB 1+k2 3+4k2=t 3可得当t  3，即k 0时S 有最大值，从而求出答案. AOB 1 d  【详解】直线 ： 与圆 ： 交于 ， 两点.则圆心 到直线 的距离 . l ykx1 O x2y2 4 A B O l 1k2 3+4k2 1 1 3+4k2 3+4k2 所以 AB 2 r2d2 2 S   AB d d 4d2    . 1k2 △AOB 2 1k2 1k2 1+k2 4t 4 S   设 则 △AOB t21 t 1，由函数 yx 1可知在  3，+  上单调递增， 3+4k2=t 3 t x  1 3+4k2 所以当 ，即 时，t 有最小值， 有最大值.此时 AB 2 r2d2 2 2 3，又 t  3 k 0 t S 1k2 AOB OA2 OB2 AB2 4412 1 所以cosAOB   OA  OB 2 2OAOB 8 2 AOB为弦AB所对的劣弧所对的圆心角. 2 2 4 所以此时AOB 时，所以弦 所对的劣弧长为l r  故选：C. 3 AB 3 3 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，弦长公式，点到直线的距离，面积的最值，属于中档题. 2．（21-22·江苏南京·模拟）已知直线xym0mR 与圆C： x22y12 4交于 A ， B 两点， C为圆心，当VABC的面积最大时，实数m的值为（ ） A．2 B．-3或1 C．0或1 D．-1或3 【答案】B 【分析】用m表示出圆心到直线的距离和弦长，即可得到三角形面积的表达式，利用基本不等式求出最大 值和取最值时的条件. 【详解】圆C： x22y12 4的圆心坐标C2,1 ，半径r=2. 21m m1 由圆心到直线 的距离d   2，得： . xym0 2 2 2 21m2 21m12 直线 被圆截得的弦长为2 r2d2 2 4 ，所以三角形的面积 xym0 2  m12 m12 S  1 2 4 m12  m1   4 m12  m12   4 2    2 . 2 2 2  2  2  2 2 m12 m12 当且仅当4  ，即 或1时取“=”.故选：B 2 2 m3 3．（2017·广东东莞·二模）已知过原点的直线l 与直线l :x3y10垂直，圆C的方程为 1 1 x2y22ax2ay12a2a0 ，若直线l 1 与圆C交于M ，N 两点，则当CMN的面积最大时，圆心C 的坐标为  5 5  3 3 1 1 A．   2 , 2    B．   2 , 2    C． 2 , 2   D． 1,1 【答案】A 1 【详解】由题意得 l 1 :y3x,C:(xa)2(ya)2 1 ，所以 CMN 的面积为 2 sinMCN ，当 MCN  π 2 时, CMN 的面积最大，此时d Cl 1  2 2  3a 1  0 a a 2 5 ，即圆心 C 的坐标为     2 5 , 2 5    ， 选A. 4．（23-24·广东佛山·模拟）下列说法正确的是（ ） A．直线l:mxy13m0恒过点 3,1 B．经过点P1,1 ，且在x,y轴上截距相等的直线方程为xy20 C．已知 A2,3,B1,1 ，点 P 在x轴上，则 PA  PB 的最小值是5 D．若直线l过点 3,2 ，且与x,y轴的正半轴分别交于A,B两点，O为坐标原点，则VAOB面积的最小 值为12 【答案】ACD 【分析】对于A，将直线化简，列出方程，求得定点；对于B，设出直线方程根据截距相等列出方程，求 解即可；对于C，找对称点进行转化；对于D，设出直线方程，把三角形的面积表示出来，求最值即可. 【详解】对于A，整理mxy13m0，得mx3y10， x30 x3, 令 y10 ，解得 y1, 所以直线 l 恒过点3,1，故 A 正确. 对于B，可知所求直线的斜率存在且不为0，设为k，则它的方程为y1kx1 . 令x0，得y1k，即该直线在y轴上的截距为1k； 令 ，得 ，即该直线在 轴上的截距为 . 1 1 x1 1 y0 k x k 1 因为该直线在 轴上的截距相等，所以1k 1 ，解得 ， x,y k k1 所以所求直线的方程为xy0或xy20，B错误.对于C，点 B 关于x轴的对称点为B1,1 ，连接AB交x轴于点P 0 ，点 P 是x轴上任意一点，连接 BP,AP,BP,PB，于是 PA  PB  PA  PB  AB  AP  BP  AP  BP ， 0 0 0 0 0 当且仅当点 与P 重合时，等号成立，因此(PA  PB)  AB  3242 5，C正确. P 0 min 对于D，直线l与x,y轴的正半轴分别交于A,B两点，可知直线l的斜率为负数， 2 2 设直线l:y2kx3,k 0，令 x0 ，得 y23k ，令 y0 ，得x3 k ，可知23k 0,3 k 0， 可得S AOB  1 2 23k    3 k 2    1 2    9k  4 k 12     1 2  2 3612  12， 4 2 当且仅当9k  ，即k  时，等号成立，所以 面积的最小值为12，D正确. k 3 VAOB 故选：ACD. 5．（2020·浙江·模拟预测）已知圆O：x2y2 1，l为过点 0,2 的动直线，若l与圆O相切，则直线l的 倾斜角为 ；若l与圆O相交于A、B两点，则当△OAB的面积最大时AB的弦长为 .  2 【答案】 或 3 3 2 【分析】由直线与圆相切可得直线的斜率存在，设l：y kx2，利用点到线的距离公式求出k从而求出 倾斜角，当△OAB为等腰直角三角形时面积取得最大值，从而求出弦长； 2 【详解】解：若直线 与圆相切，则 的斜率肯定存在，设 ： ，则d  1， l l l y kx2 k21  2 所以 ，所以直线 的倾斜角为 或 ；易得当 为直角等腰三角形时面积最大， k  3 l 3 3 △OAB 所以 AB  2.  2 故答案为： 或 ； . 3 3 2 【点睛】本题考查直线与圆的综合应用，直线的斜率与倾斜角，属于中档题. 题型九：折线系数不同型“将军饮马” 1．（22-23·湖北武汉·期中）已知圆O:x2 y2 4上的动点M 和定点A(1,0),B(2,2)，则2 MA  MB 的最 小值为 A．2 6 B．2 7 C．4 2 D．2 10 【答案】D MK OM 【分析】取点K4,0，连接 OM,MK ，由 MOK ~AOM ，可得 MA  OA 2，推 出MK 2MA，在MBK 中，MBMK BK ，推出2 MA  MB  MB  MK 的最小值为 BK 的长.【详解】 如图，取点 ，连接 ， K4,0 OM,MK OM OK MK OM ，  2， ，  2， OM 2,OA1,OK 4 OA OM MOK AOM,MOK ~AOM MA OA MK 2MA，MB 2 MA  MB  MK ，因为 MB  MK  BK ,当且仅当三点共线时等号成立, MB 2 MA  MB  MK 的最小值为 BK 的长， B2,2,K4,0 ， BK  422 022 2 10，故选D. 2．（20-21·安徽·模拟）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（0，1），那么点  1  M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O： x2y2 1 和点A   2 ,0  ，点 B4,2，M为圆O上的动点，则 2 MA  MB 的最小值为（ ） A．2 11 B．2 10 C． 35 D． 37 【答案】B  1 2 x  y2 【解析】令 ，则 MA 1，所以 MA   2  1 ，  2 MA  MC MC 2 MC xm2yn2 2 2m4 2n m2n21 整理x2y2 x y ，得 ， ，点M位于图中 、 的位置时， 3 3 3 m2 n0 M M 1 2 2 MA  MB  MC  MB 的值最小可得答案. MA 1 【详解】设 Mx,y ，令 2 MA  MC ，则 MC  2 ，由题知圆 x2y2 1 是关于点A、C的阿波罗尼斯圆，  1 2 x  y2 且 ，设点 ，则 MA  2 1 ，整理得： ， 1   2m4 2n m2n21  Cm,n MC xm2yn2 2 x2y2 x y 2 3 3 3 2m4 2n m2n21 比较两方程可得： 0， 0， 1，即 ， ，点 C2,0， 3 3 3 m2 n0 当点M位于图中M 、M 的位置时，2 MA  MB  MC  MB 的值最小，最小为2 10. 1 2 故选：B. 3．（2021·江西赣州·模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大 时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为(0,1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已  1   1 知在平面直角坐标系中，圆 、点A ,0和点B0, ，M为圆O上的动点，则 O:x2y2 1  2   2 2|MA||MB|的最大值为（ ） 5 17 3 2 A． B． C． D． 2 2 2 2 【答案】B MA 1 【分析】令 ，则  ，由阿氏圆的定义可知： ，由数形结合可知 2 MA  MC MC 2 C(2,0) 2|MA||MB||MC||MB|的最大值. MA 1 【详解】设 ，令 ，则  ，由题知圆 是关于点A、C的阿波罗尼斯圆， Mx,y 2 MA  MC MC 2 x2y2 1  1 2 x  y2 且 ，设点 ，则 MA  2 1 ，整理得： ， 1   2m4 2n m2n21  Cm,n MC xm2yn2 2 x2y2 x y 2 3 3 3 2m4 2n m2n21 比较两方程可得： 0， 0， 1，即 ， ，点 C2,0， 3 3 3 m2 n0 17 当点M位于图中 的位置时， 的值最大，最大为 BC  .故选：B. M 2|MA||MB||MC||MB| 2 1 4．（23-24高二下·吉林长春·模拟）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1 的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名， 1 称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，已知A3,1，B3,9，点P是满足 的 3 阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：y2 4x上的动点，Q在直线x=1上的射影为H，F为抛物线E 的焦点，则下列选项正确的有（ ） A． AQ  QF 的最小值为2 3 17 B． 的面积最大值为3 APF 2 7 3 7 C．当 最大时， 的面积为  PFA APF 8 2 D． PB 3 PQ 3QH 的最小值为3 17 【答案】ACD 【分析】A选项，由抛物线定义得到 AQ  QF  AQ  QH ，数形结合得当A,H,Q三点共线时 AQ  QF 取得最小值，得到A正确；B选项，求出点 P 的轨迹为以M3,0 为圆心，3为半径的圆，求出 P 到直线 x4y10的距离最大值，从而得到面积的最大值；C选项，数形结合得到要想PFA取得最大值，则需 MFP最大，当 FP 与MP垂直时，MFP取得最大值，并根据sinAFPsinAFM PFM 求出正弦 值，利用三角形面积公式求出此时APF的面积，D选项，由题意及抛物线定义得到 PB 3 PQ 3QH 3PA  PQ  QF  A,P,Q,F PA  PQ  QFPB 3 PQ 3QH 3PA  PQ  QF  ，求出A,P,Q,F四点共线时， PA  PQ  QF 取得最小值，求出 答案. 【详解】A选项，抛物线的准线方程为x=1，F(1,0)，由抛物线定义可得QF  QH ， 则 AQ  QF  AQ  QH ，由三角形三边关系可得 AQ  QF  AQ  QH  AH ， 当且仅当A,H,Q三点共线时，等号成立，故 AQ  QF 的最小值为132，A正确； B选项，由题意得，点P(x,y)的轨迹方程为 ， x32 y12 1  x32 y92 3 y0 x1 化简得 x26xy2 0 ，即以M3,0为圆心，3为半径的圆，直线AF: 10  31 ，即 x4y10 ， 301 4 17 圆心 到直线 的距离为d   ， M3,0 x4y10 116 17 4 17 则 到直线 的距离最大值为3d 3 ，又 AF  312 12  17 ， P x4y10 17 故 的面积最大值为 ，B错误； 1  4 17 3 17 AF 3 2 2  17  2 APF   AM 1 C选项， 为定值，由勾股定理得 AF  AM2MF2  17 ，且sinAFM  AF  17 ， AFM 4 cosAFM  ，要想 取得最大值，则需 最大，如图所示，当 与 垂直且 在图中位 17 PFA MFP FP MP P 3 置时， 取得最大值，其中 MF 4, MP 3，故 PF  169  7，sinMFP ， MFP 4 7 cosMFP ， 4 故当PFA最大时，sinAFPsinAFM PFM 1 7 4 3 12 7      ， sinAFMcosPFM cosAFMsinPFM 17 4 17 4 4 17 1 1 12 7 7 3 7 则 的面积为 AF  PF sinAFP  17 7   ，C正确； APF 2 2 4 17 8 2D选项，由题意得 ， ， 1 PA  PB QH  QF 3 PB 3 PQ 3QH 3PA  PQ  QF  ，连接 AF ，线段 AF 与圆 M 和抛物线的交点分别为P,Q， 即A,P,Q,F四点共线时， PA  PQ  QF 取得最小值，最小值为 AF  17， 故 最小值为 ，D正确. 故选：ACD PB 3PQ 3QH 3 17 【点睛】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． 1 5．（20-21·浙江嘉兴·模拟）已知圆 O:x2y2 1 上的动点M和定点A( 2 ,0)， B(1,1) ，则 2|MA|+|MB| 的最小值为 ． 【答案】 10 【分析】找到定点C(2,0)，连接OM,MC易证OAMOMC，即可得2|MA||MC|，转化为求|MC||MB| 最小值，判断对应M 的位置，即可求最小值. 1 1 【详解】若 ，又A( ,0)， ，则|OA|= ,|OC|=2,|OM|=1， C(2,0) 2 B(1,1) 2 |OA| |OM| 1 所以 = = 且 ，则 ，即 ， |OM| |OC| 2 AOM=MOC OAMOMC 2|MA||MC| 故2|MA|+|MB|=|MC|+|MB||BC|，当B,M,C共线时目标式值最小， 所以2|MA|+|MB|的最小值为|BC|= 10 .故答案为： 10 题型十：圆切线：切线长范围圆切线，基本方法和思维，是转化为如下图的对称切线三角形。 x2 y2 1．（23-24·江苏无锡·期中）已知 O 为坐标原点，椭圆E: a2  b2 1ab0的左、右焦点分别是 F 1 ， F 2 ， 3 离心率为 2 . M ， P 是椭圆 E 上的点， MF 1 的中点为 N ， ON  NF 1 2 ，过 P 作圆Q:x2y42 1的 一条切线，切点为B，则 PB 的最大值为（ ） A．2 2 B．2 6 C．2 5 D．5 【答案】B 【分析】做出合理的辅助线，利用椭圆定义求出方程，后设点，用圆中的勾股定理转化为函数最值问题求 解即可. 【详解】 连接 ， 中点为 ， 1  MF =ON MF MF N 2 2 2 1 1 1 1 3 x2 ON  NF = NF  NF = 2a=a=2，e= ，即椭圆方程为 y2 1 1 2 1 2 2 2 2 c= 3 4 设P(x，y)，则x2=44y2，1 y1，连接QB,QP由题意知Q(0，4)，QBQP，且QB=1 BP= PQ21 3y28y19，由二次函数性质得，当y=1时 BP 取得最大值，此时 BP=2 6 故选：B 2．（22-23·重庆沙坪坝·模拟 ）过y2 4x上任一点作 x32 y2 1的切线切于P,Q两点，则 PQ 的最小 值为 14 7 4 2 A． B．1 C． D． 2 3 3 【答案】A 【分析】设Mm,n 为抛物线y2 4x上任一点，圆 x32 y2 1的圆心C为 3,0 ,设 MC t，则 1 1 PQ 1 ，由S   PM CP    MC ,变形可得 PQ 2 1 ，由此可得当 最小时， PM  t21 PMC 2 2 2 t2 t PQ 最小，由 MC2 m32 n02 m22m9，结合二次函数的性质可得 MC 的最小值，代入计算 可得结果.【详解】 根据题意，设 为抛物线 上任一点，则 ， Mm,n y2 4x n2 4m 圆 x32 y2 1的圆心C为 3,0 ,设 MC t，则PM  t21，又由 1 1 PQ S   PM CP    MC , PMC 2 2 2 1 变形可得 PQ 2 1 ，所以当 最小时， 最小，又由 t2 t PQ MC2 m32n02 m22m9m1288，则当 的坐标为 1,4 或 1,4 时， MC t取得的 M 1 14 最小值 ，此时 最小，且 的最小值为2 1  ，故选A. 8 PQ PQ 8 2 【点睛】本题考查抛物线与圆的方程的应用，以及直线与圆的位置关系，考查了转化与划归思想的应用， 属于难题. 转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一， 运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识 领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.解答本题的关键是将 PQ 的最小值转化 为 MC 的最小值. 3．（2024·山东聊城·一模）已知P是圆C:x2y2 1外的动点，过点P作圆C的两条切线，设两切点分别 (cid:6) (cid:6) 为A，B，当PAPB的值最小时，点P到圆心C的距离为（ ） A．42 B．32 C． 2 D．2 【答案】A (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) 【分析】由 (cid:6) (cid:6) (cid:6) ， (cid:6) (cid:6) (cid:6) ，可将(cid:6) (cid:6) 转化为 PO 2 PO  OAOB  OAOB，借助圆的 PAPOOA PBPOOB PAPB (cid:6) 2 (cid:6)  (cid:6) (cid:6)  (cid:6) (cid:6) 切线的性质，可逐一计算出 PO 、PO OAOB 及 ，借助基本不等式中取等条件即可得解. OAOB 【详解】设P(x,y)，则OP  x2y2 ， (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6)    2   则PAPB POOA POOB  PO PO OAOB OAOB， 2 OA 2 (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) 2 1 1， OAOB OAOB cosAOBcosAOBcos2POA2cos2POA1 OP2 x2y2 (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) POOAPOOB PO OAcos180POA PO OAcosPOA (cid:6) (cid:6) OA (cid:6) (cid:6) 2  2   PO OA 1，故PAPBx2y22 12  x2y2  32 23， OP x2y2 x2y2  2 当且仅当x2y2  ，即 时，等号成立，故当(cid:6) (cid:6) 的值最小时，点 到圆心 的距离 x2y2 x2y2  2 PAPB P C为 .故选：A. 42 (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) (cid:6) 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将(cid:6) (cid:6) 转化为 PO 2 PO  OAOB  OAOB，从而可借助圆的 PAPB (cid:6) (cid:6) 切线的性质，解出PAPB的值何时取得最小. 4．（23-24高二下·四川德阳·模拟）直线l ：m2x32ny0与l ： 1 2 n2x72my0  m,nR,m2n2 0  的交点为P，记点P的轨迹为C ，动点Q在曲线C ：ye2x1上， 1 2 下列选项正确的有（ ） 5  m A．若点 ,1C ，则 1 2  1 n B．C 是面积为2π的圆 1 C．过Q作C 1 的切线，则切线长的最小值为 3 D．有且仅有一个点Q，使得C 在Q处的切线被C 截得的线段长为2 2 1 【答案】AD 5  【分析】对于A，将 ,1代入两直线方程，结合 即可判断；对于B，说明 是以 2  m,nR,m2n2 0 C 1 5  C  ,0为圆心，以 为半径的一个圆即可判断；对于C，由切线长公式得切线长表达式，构造函数即 1 2  r1 5  可求得最小值进而判断；对于D，由题意分析得知C  ,0在 在Q处的切线上，即可列方程求解. 1 2  C 2 5  2m2n0 【详解】对于A，若点 ,1C ，则 ，注意到 ， 2  1 2n2m0 m,nR,m2n2 0 m 所以 ，所以 1，故A正确； mn0 n 3  7  对于B，直线 l ： m2x32ny0 与 l ： n2x72my0 依次过定点 2 ,0  , 2 ,0  ， 1 2 7 3  注意到 2m2n2n2m0 ，所以直线 l l ，所以 C 是以 C 1    5 2 ,0    为圆心，以 r 2 2 2 1 为半径的一 1 2 1 个圆，所以C 是面积为π12 π的圆，故B错误； 1 对于C，设 Q  x 0 ,e2x01，则切线长为 QC 1 2r2     x 0  5 2    2 e4x021 ， 5 2 令 f x  x 2   e4x21，则 fx2x54e4x2 ，令 fxgx ， 1 则 gx216e4x2 0 ，所以f'(x)在实数域上单调递增，注意到 f  2   154e0 0， 1 1  1 1  所以当x 2 时，f'(x)<0，当x 2 时，f'(x)>0，所以 f x在  , 2   时单调递减，在 2 ,  时单调递 1 (1 ) 增，所以 f x的最小值为 f  2   4114，所以当点 Q 坐标为 2 ,1 时，切线长的最小值为 1 f   2，故C错误； 2 5  对于D，由B可知 是以C  ,0为圆心，以 为半径的一个圆， C 1 1 2  r1 5  若 在Q处的切线被 截得的线段长为2，则C  ,0在切线上， C C 1 2  2 1 5  而 C 2 在Q处的切线为： ye2x01 2e2x01xx 0 ，所以e2x01 2e2x01  2 x 0   ， 因为e2x01 0，所以152x 0 ，解得x 0 3， 所以存在唯一的点Q  3,e5 ，使得C 在Q处的切线被C 截得的线段长为2，故D正确. 2 1 故选：AD.  5 2 【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键在于得到切线长为 x   e4x021后，需要构造适当的函数，  0 2 结合导数即可顺利得解. 5．（23-24·福建泉州·模拟）已知圆O 1 ：x2y22 3，圆O 2 ： x32y62 11，过x轴上一点 P 分别作两圆的切线，切点分别是M ，N ，当 PM  PN 取到最小值时，点 P 坐标为 . 1  【答案】 ,0 2  【分析】Pt,0，则 PM  PN  t21 (t3)225 (t0)2  01  2  (t3)2 (05)2 ，可看成 点P到两定点A(0,1)，B(3,5)的距离和，而A,B两点在x轴的两侧，所以A,B连线与x轴的交点就是所求 点P. 【详解】eO :x2y22 3的圆心为O(0,2)，半径r  3， 1 1 1 eO :x32y62 11的圆心为O (3,6)，半径r  11， 2 2 2 设Pt,0，则 PM  PO 23 t243 t21， 1 PN  PO 211 (t3)26211 (t3)225 2 所以 PM  PN  t21 (t3)225 (t0)201 2  (t3)2 (05)2 ，   取A(0,1)，B(3,5) 则 PM  PN  PA  PB  AB  3262 3 5， 1 1  当 三点共线时取等号，此时AB直线： ， 令 ，则x ，所以P ,0， P,A,B y12(x0) y0 2 2  1  故答案为： ,0 2 题型十一：圆切线：切点弦方程 切点弦方程求解，可以有如下两种思路 1.公共弦法：过圆C外一点作圆的切线 PA,PB ，则切点 A,B 与 C,P 四点共圆，线段CP就是圆的一条直径． 两圆方程相减可得公共弦所在直线方程． 2二级结论法：(x－a)2＋(y－b)2＝r2外一点P(x，y)做切线，切点所在直线方程（切点弦方程）为：(x－a) 0 0 0 (x－a)＋(y－b)(y－b)＝r2. 0 1．（23-24高三上·辽宁大连·模拟）已知圆M ：x2y22 1和直线l：yx，点 P 为直线l上的动点， 过点P作圆M 的切线PA,PB，切点为A,B，当 AB 最小时，直线AB的方程为（ ） A．xy10 B．2x2y10 C．2x y10 D．2x2y10 【答案】A 【分析】结合题意，利用等面积法表示出 AB ，通过分析转化为圆心到直线的距离最小，再利用四点共圆 的知识求得动点的轨迹，联立两个圆的方程就可以得到直线AB的方程. 4 PA2 4  PM 21  4 【详解】由题意可得: 1 AB 1 ,所以 AB2   4 , S PAM  2 PM  2  2 AP  AM PM 2 PM 2 PM 2 要使得 AB 最小，只需直线上的动点 P 到点M 的距离最小，其最小值是圆心 0,2 到直线yx的距离，此 2 时d  1212  2，且满足 PM l .所以此时直线 PM 的方程为： y21x0，即 yx2 ， yx2 x1 联立 ，解得： ，即 ， 由于 四点共圆，以 为直径的圆的方程： yx y1 P1,1 P,A,B,M PM x2y2x3y20    x 1 2    2     y 2 3   2      2 2    2 ，即： x2y2x3y20 ，联立两个圆的方程    x2y22 1 ， 得到直线 的方程为： .故选：A. AB xy10 2．（23-24·江苏扬州·模拟）已知圆C:(x1)2(y3)2 1，若点P在直线xy30上运动，过点P作圆 C的两条切线PA,PB，切点分别为A,B，则直线AB过定点坐标为（ ） 14 6 3 17 6 14 17 3 A． ,  B． ,  C． ,  D． ,   5 5 5 5  5 5   5 5 【答案】C 【分析】根据切线特点先得到四点共圆，再得到AB为两个圆的公共弦，得到公共弦方程，最后分离参数 得到过定点. 【详解】因为过点P作圆C的两条切线PA,PB，所以CAPA,CBPB，所以C,A,P,B四点共圆且直径为 t1 t  PC t12t62 2r PC ，不妨令 Pt,t3 ，因为 C1,3，所以 CP 中点坐标为M  2 , 2   ， r 2  2 ，则 t1 2  t  2 t12t62 圆M:x  y   ，所以 既在圆 上，也在圆 上，所以直线 为两个圆的  2   2 4 A,B C M AB 公共弦，将两个圆作差可得直线AB:t1xt6y184t0，即xy4tx6y180，令  6 x   5 xy40 ，解得 14 ，所以过定点 6 14 ，故选：C  y  ,  x6y180  5 5 5  3．（22-23高三·四川凉山·模拟）已知点M 为直线xy30上的动点，过点M 引圆x2y2 1的两条切 线，切点分别为 A ， B ，则点P0,1 到直线AB的距离的最大值为（ ） 3 5 11 17 A． B． C． D． 2 3 2 3 【答案】D 【分析】设M(x 0 ,y 0 ) ，先求出直线AB的方程xx 0 yy 0 1，由M 点在直线xy30上，得出直线 AB过定点,从而求出答案. 【详解】设M(x 0 ,y 0 ) ,过点M 引圆x2y2 1的两条切线，切点分别为A，B. 则A，B两点在以OM 为直径的圆:x2x 0 xy2yy 0 0上.又A，B在圆x2y2 1上， 所以AB为两圆的公共弦，将两圆方程联立相减得：xx 0 yy 0 1，即直线AB的方程xx 0 yy 0 1 又点M 在直线xy30上，则y 0 3x 0 ，代入直线AB的方程. xx 0 y(3x 0 )1 ,得直线AB过定点 1 1 1 1 17 N( , )， 所以点 P0,1到直线 的距离：d |PN| ( )2( 1)2  .故选：D. 3 3 AB 3 3 3 【点睛】本题考查圆的切线方程，直线过定点问题，点到直线的距离的最值问题,属于难题. 4．（23-24·浙江台州·模拟）已知P4，2，A4，0 ，点Q为圆O:x2 y2 4上一动点，过点P作圆O的切线， 切点分别为M、N ，下列说法正确的是（ ） A．若圆C:x22y32 1，则圆O与圆C有四条公切线 B．若x，y满足x2y2 4，则4 3xy4 C．直线MN的方程为2xy10 1 D．PQ AQ的最小值为 2 13 【答案】ABD 【分析】先由两圆位置关系得到公切线条数，再由圆上的点的三角表示求出 3xy的取值范围，再由切线 求出切点最后得到切点弦方程，最后应用阿氏圆转化为两点间线段最短即可. 【详解】圆O的圆心为O0,0 ，r2， 对于A：圆C的圆心为C2,3 ，半径R1，所以OC  2232  13rR， 所以两个圆外离，所以有4条公切线，A正确； x2cos 对于B：因为 x，y 满足 x2y2 4 ，所以 Ex,y是圆 O 上的点，所以可令 y2sin ，其中 0,360 ， 此时 3xy2 3cos2sin4sin604,4，B正确； 对于C：若过点P的直线斜率不存在，此时直线为x4，不是圆O的切线， 4k2 所以圆 的切线斜率存在，设为 ，则切线方程为 ，圆心到直线的距离为d  2， O k y2kx4 k21 4 4 10 解得 或者k  ，所以切线方程为y x 和 ， k 0 3 3 3 y2 8 x x2y2 4   5 联立    y 4 3 x 1 3 0 ，解得   y 6 5 ，联立   x y 2   2 y2 4 ，解得    x y   0 2 ，所以 M0,2,N    8 5 , 6 5    （或者 6 2 5 N0,2,M   8 , 6  ），所以k MN  0 8 2，直线 ，C错误； 5 5 5 MN:y22x2xy20 1 对于D：设 轴上存在点Dt,0使得圆上任意的一点点Qx,y满足DQ AQ， x 2 即2 xt2y2  x42y2 ，解得3x23y288tx164t2， 88t0 1 所以 164t2 12 ，解得 t 1 ，所以存在点 D1,0 在圆内使得DQ 2 AQ， 1 所以PQ AQPQDQPD 41222  13，D正确，故选：ABD 2 【点睛】关键点睛：若能熟练掌握圆的切点弦方程和阿氏圆逆定理则能快速判断CD选项. 5．（21-22·山西太原·期中）已知点P是直线3x2y60上的动点，过点P作圆x2y2 1的切线，切点 分别是A，B，则直线AB恒过定点的坐标为 . 1 1 【答案】 ,  2 3 【分析】先设点Pm,n ，发现P、A、O、B四点共圆，求出P、A、O、B四点确定的圆的方程，联立后得 到AB所在直线方程，再求直线AB恒过定点的坐标 【详解】设点Pm,n ，则3m2n60∵过点P作圆x2y2 1的切线，切点分别是A，B， m n ∴ ， ∴P、A、O、B四点共圆，其中OP为直径所以圆心坐标为 , ，半径长为 PAOA PBOB  2 2 m2n2 2  m 2  n 2 m2n2 ∴P、A、O、B四点确定的圆的方程为：x  y   化为一般方程为：  2   2 4 m2 n2 m2n2 x2mx y2ny  即 与 联立，求得AB所在直线方程为： 4 4 4 x2mxy2ny0 x2y2 1  1 x 2x10   2 ①其中 ，代入①中，得： 所以 解得： 直线 m2 2 n   2 xy  n2x10   2 xy0 y 1 mxny1 3 3  3  3 AB恒过定点的坐标为 故答案为： 1 1 1 1  ,   ,  2 3 2 3 题型十二：圆切线：切点三角形、四边形最值切点三角形面积，思维是依托切线三角形来转化 1．（23-24·江苏淮安·模拟）已知抛物线y2 2px上三点A2,2,B,C，直线AB,AC是圆  4 5 x22y2 r2  0r 5  的两条切线，则 的面积最大值为（ ）   VABC A．8 2 B．12 64 3 72 3 C． D． 9 9 【答案】C 【分析】根据条件求出切线方程，与抛物线联立后求出点B,C坐标，则可以表示出直线BC的方程，与抛 物线联立求出 BC ，并且求出点 A 到直线BC的距离，则VABC的面积可以表示出来，再利用导数求其最 值即可. 【详解】将点A2,2 代入y2 2px得44p，所以p1，所以抛物线方程为y2 2x， 明显直线AB,AC的斜率均存在，且不为零，设直线AB,AC的斜率分别为k ,k ， 1 2 设过点 并与已知圆相切的直线方程为ykx22,k 0，即kxy2k20， A 2k2k2 y2 2x 4 则 r，整理得k2  1，联立 ，消去 得 ， 1k2 r2 kxy2k20 x ky2 2y44k 0 1 4 1 4 5 4 4 44k44k0 ，解得k  2 ，所以k2  r2 1 4 ，还是得0r 5 ，故k 1  r2 1,k 2  r2 1， 2 2 当直线 与 消去 得 ，得2y  ，所以y  2， k 1 k 2 0 AB y2 2x x k 1 y22y44k 1 0 B k 1 B k 1  2  2  1  2   1  2 2    1  2 2  则y B 2  k 1 2  2x B ，得x B 2 k 1 1  ，即B   2 k 1 1  , k 1 2   ，同理C   2 k 2 1  , k 2 2   ， 2  2  k 2 k 2    1  2 2 则直线 的方程为y 1 2 x2 1  2，整理得  1  2  1  2   k 1    k 1 2 1 2 1 BC k 1  k 2  1 1 1 r2 r2 4 5 y x 1 x 1，令 1t，根据0r ，可得 2 k2 2 4r2 4r2 5 1t3 1 1 x2y2t 0 2y2t x 则直线 的方程为y xt，即 ，联立 ，消去 得 ， BC 2 x2y2t 0 y2 2x x y24y4t 0 242t 23t 可得 BC  122 1644t 4 5t1，点 到直线的距离d   ， A 14 5 1 2(3- t) 所以S ABC = 2 创 5 4 5(t+1)=4 (t+1)(t- 3)2 ，令 f (t)=(t+1)(t- 3)2， 1t3 ， 1 1 则 f�(t)=(t- 3)2 +2(t+1)(t- 3)=(3t- 1)(t- 3)，当1t 时， ft0， f t单调递增，当 t3 3 3骣1 骣1 骣1 2 256 时， ft0 ， f t 单调递减，故 f (t) max = f 琪 琪 琪桫3 =琪 琪 琪桫3 +1 琪 琪 琪桫3 - 3 = 27 ，， 所以 .故选：C. . 256 64 3 S =4 = ABCmax 27 9 【点睛】方法点睛：本题计算量比较大的地方就是求出直线BC的方程，但是直接利用结论：已知 P(x 0 ,y 0 )是抛物线y2 2px上的定点，直线l（不过P点）与抛物线交于M ，N 两点，若k PA k PB 0，则 p 直线 斜率为定值 ，可快速确定直线 的斜率，再根据选择题的特点可简化大量计算. l y BC 0 2．（23-24·重庆北碚·模拟）如图，已知直线l：2xym0与圆O：x2y2 2相离，点P在直线l上运 动且位于第一象限，过P作圆O的两条切线，切点分别是M、N，直线MN与x轴、y轴分别交于R、T两 16 点，且 面积的最小值为 ，则m的值为（ ） ORT 25 A．－5 B．－6 C．6 D．5 【答案】A m 【分析】根据直线和圆的位置关系得到 m  10，设出Pn,m2n，得到0n ，作出辅助线，得 2 到P,M,O,N四点共圆，由几何关系求出圆的方程，从而求出相交弦方程，得到ORT 的面积，配方得到 其最值，得到方程，得到答案. m 【详解】直线l： 与圆O： 相离，故  2，解得 ， 2xym0 x2y2 2 41 m  10 m 设Pn,m2n，点P在直线l上运动且位于第一象限，故0n 2 ，连接 OM,ON ，则 OM ⊥ PM ， n m2n n 2 m2n 2 ⊥ ，则 四点共圆，且 为直径，其中圆心为  ,  ，半径为     ， ON PN P,M,O,N OP 2 2  2  2   n  m2n 2 n 2 m2n 2 故 所在圆的方程为x y      ，化简得 P,M,O,N  2  2  2  2  x2y2nxm2ny0，x2y2 2与x2y2nxm2ny0相减得到直线MN的方程， 2 2 m 即2nxm2ny0，令 x0 得y m2n ，令 y0 得x n ，因为0n 2 ，所以 m2n0 ，故 1  2  2 2    2 2 2 m2n n m2  m 2 0 0 2n  m2n n ORT 8  4 1  2  2 2    2 ，2 ，故 的面积为2 m2n n m2  m 2 ， 0 0 2n  m2n n ORT 8  4  m m 16 16 16 因为0n ，所以当n 0时， 的面积取得最大值，最大值为 ，故  ，所以 2 4 ORT m2 m2 25 m5. 故选：A 【点睛】过圆xa2 yb2 r2上一点x ,y 的切线方程为：x axayby br2， 0 0 0 0 过圆 xa2 yb2 r2外一点 x ,y  的切点弦方程为： x axayby br2 . 0 0 0 0 3．（22-23·浙江嘉兴·模拟）已知圆O：x2y2 2，过直线l：2xy5在第一象限内一动点P作圆O的 两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于M，N两点，则OMN 面积的最小值为 （ ） 1 16 25 A． B． C． D．2 2 25 16 【答案】B 【分析】设Px ,y  ,利用圆切线的性质，得到切点弦所在直线方程x xy y2，然后求出 0 0 0 0  2   2  M ,0,N0, ，写出面积表达式，利用基本不定式得到其最小值. x   y  0 0 【详解】设Px ,y  ,则2x y 5x 0,y 0 , 0 0 0 0 0 0 设Ax ,y ,Bx ,y  , 1 1 2 2 当 时， ，所以切线 y x k k 1 1k 1k  1 x 0,y 0 AO PA x PA PA y 1 1 1 1 PA  x  方程为yy  1 xx  ，两边同乘 得 ，即 ，而 ，代 1  y  1 y yy y2 xx x2 xx yy x2y2 x2y2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 入得x 1 xy 1 y2，显然当x 1 0或y 1 0时也适合，所以切线PA方程为x 1 xy 1 y2，同理 PB:x xy y2 2 2 xx y y 2 1 0 1 0 将 的坐标代入上述直线方程,则有 ，于是直线 的方程为 , P x 2 x 0 y 2 y 0 2 AB x 0 xy 0 y22 2  2   2  分别令 ，易得x  ,y  ，则M ,0,N0, ， 的面积为 x0,y0 M x 0 N y 0 x 0   y 0  OMN  5 x  S  1  2  2  4  4  4  16   0 4 2 x y 2x y 2x y  2 5 2 25,当且仅当 结合 ，即 5 时取等号. 0 0 0 0  0 0    y   2  2 2x  y 2x y 5  0 2 0 0 0 0 16 所以 面积的最小值为 .故选：B. OMN 25   【点睛】对于圆心在原点的圆上某点 x,y 的切线方程结论为xxy yr2，过圆心在原点的圆的圆外一 1 1 1 1 点 x ,y  作圆两条切线，其切点弦所在直线方程为x xy yr2，两者形式相同，但意义不同，最后得到 0 0 0 0 直线方程，求出其面积表达式，利用基本不等式求出最值，如果能记住相关结论，对这道选择题来说将会 大有裨益. 4．（22-23·江苏南京·期中）过原点的直线l与圆M：x2y22x2y160交于A，B两点，且l不经过 点M，则（ ） A．弦AB长的最小值为8 B． MAB面积的最大值为4 2 C．圆M上一定存在4个点到l的距离为2 2 △ D．A，B两点处圆的切线的交点位于直线xy160上 【答案】ABD 【分析】A选项，由圆的几何性质得到当弦AB与直线MO垂直时，弦AB长取得最小值，从而由垂径定理 求出答案； B选项，由三角形面积公式得到S ABM 9sinAMB，设C是AB中点，研究得到AMB始终为钝角，且当 4 2 点与原点重合， 取得最小值，由二倍角公式和同角三角函数关系得到此时sinAMB ，结 C AMB 9 π  合 在 ,π上单调性，求出面积最大值即可； ysinx 2  C选项，举出反例； D选项，设出Ps,t ，求出M,A,B,P四点所在圆的方程，从而求出切点弦方程，结合直线AB过原点，将 原点代入后得到Ps,t 满足的方程. 【详解】对A，x2y22x2y160变形为 x12y12 18，圆心M为 1,1 ，半径r3 2， 因为 012012 18，故原点O在圆内，故当弦AB与直线MO垂直时，弦AB长取得最小值， 其中 MO  11 2，故 AB 2 r2 MO2 2 182 8，A正确； 1 对B，由三角形面积公式得：S  MA MB sinAMB9sinAMB ABM 2 设C是AB中点，故MC  AB，当C点与原点重合，弦长AB最短，AMB取得最小值， OM 1 7 此时 ，cos  ，故cosAMB2cos21 0，此时 AMC AMO R 3 9  7 2 4 2 7 sinAMB 1   .由cosAMB 0求得 取得最小值时为钝角，所以 始终为  9 9 9 AMB AMB π  4 2 钝角，因为 在 ,π上单调递减，所以当sinAMB 时，面积取得最大值， ysinx 2  9最大值为 ，B正确； 9sinAMB4 2 对C，当弦AB与直线MO垂直时，圆心M到直线l的距离为 MO  11 2， 由于半径为3 2，所以在直线l的左上方有2个点到直线l的距离为2 2，在直线l的右下方，只有1个点 到直线l的距离为2 2，此时圆M上存在3个点到l的距离为2 2，C错误； s1 t1 对D，设 Ps,t，则 M,A,B,P 四点共圆，且MP为直径，其中线段MP的中点坐标为  2 , 2   ，即圆心 s1 t1 1 坐标为 , ，半径为 s12t12 ，故 四点所在圆的方程为：  2 2  2 M,A,B,P    x s 2 1   2     y t 2 1   2  1 4   s12t12  ，化简得： x2s1xy2t1yst 0 ①， x2y22x2y160②，①－②得：s1x1tyst160， 则直线AB的方程为s1x1tyst160，又因为直线AB过原点，将原点代入得： st160， 故A，B两点处圆的切线的交点位于直线xy160上，D正确.故选：ABD 【点睛】已知圆的方程为xa2 yb2 r2，Px ,y  为圆上一点，则过点Px ,y  的切线方程为： 0 0 0 0 xax ayby br2 ； 0 0 若Px ,y  为圆外一点，则 xax ayby br2 表示切点弦所在方程. 0 0 0 0 x2 y2 5．（21-22·四川成都·模拟）如图，P为椭圆  1上的动点，过P作椭圆 的切线交圆 C : 8 6 C C : 1 1 2 x2y2 24于M，N，过M，N作 C 切线交于Q，则Q的轨迹方程为 ；S 的最大值为 2 OPQ ． x2 y2 【答案】  1 72 96 3 x x y y 【分析】先求出椭圆 在点 处的切线方程 0  0 1，再求出圆C 上过点M的切线方程，过点N的切 C 1 P 8 6 2 1 x = s   0 3 线方程，从而得到直线 的方程 ，对照系数后得到 ，利用代入法求出点Q的轨迹方 1 y = t MN sxty24  0 4 程； 再利用基本不等式求出 x y 2 3，利用三角形面积公式和向量的相关计算得到 0 0 1 1 1 S  sy tx  3x y 4y x  x y  3. OPQ 2 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 x 2 y 2 【详解】设点 Px 0 ,y 0 ，椭圆 C 1 在点 P 处的切线方程为 y=kx+b ，则 y 0 kx 0 b ，且 8 0  6 0 1， x2 y2 联立 y=kx+b 与 8  6 1得： 34k2 x28kbx4b2240 ，由 64k2b24  34k2 4b224  0 ，得： b2 8k26，①由y 0 kx 0 b得：b y 0 kx 0 ，代入①中得：y 0 kx 0 2 8k26，整理得：  x 28  k2y 262kx y 0，② 0 0 0 0 x 2 y 2 4y 2 3x 2 4y 2 3x 2 由 0  0 1可得：x 28 0 ③，y 26 0 ④，将③④代入②中， 0 k2 0 2kx y 0， 8 6 0 3 0 4 3 4 0 0 3x 整理得： 16k2y 224kx y 9x 2 0 ，即4ky 3x 2 0 ，所以k  4y 0 ，所以椭圆 C 在点 处的切线方 0 0 0 0 0 0 0 1 P 程为yy 0  4 3x y 0 0 xx 0  ，整理得： 4y 0 y3x 0 x3x 0 24y 0 2 24 ，即 x 8 0 x  y 6 0 y 1，设 Mx 1 ,y 1 ， Nx ,y ，圆 C 上过M的切线方程为ymxn，则y mx n，x2y2 24，联立ymxn与 2 2 2 1 1 1 1 x2y2 24得：  1m2 x22mnxn2240，由4m2n24  1m2 1n2 0得：n2 24m224，⑤ 由y mx n得：n y mx ，将其代入⑤中，整理得：  x224  m2y2242mx y 0， 1 1 1 1 1 1 1 1 x 由 x2y2 24 得： y2m2x22mx y 0 ，即ymx 2 0 ，解得：m y 1 ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x yy  1xx  所以圆C 上过M的切线方程为： 1 y 1 ，整理得： xxy yx2y2 24 ， 2 1 1 1 1 1 x s+y t=24 2 2 同理可得：圆 过N的切线方程为 ，设 ，则 ，所以点 满足方程 C 2 x 2 xy 2 y24 Qs,t x 1 s+y 1 t=24 M,N sxty24，  1 x = s   0 3 故直线 的方程为 ，又因为直线 的方程为 ，对照系数可得： ， x 0 x  y 0 y 1 y = 1 t MN sxty24 MN 8 6  0 4 x 2 y 2 s2 t2 x2 y2 由于 0  0 1，所以  1，所以Q的轨迹方程为  1； 8 6 72 96 72 96 x 2 y 2 x 2 y 2 x y x 0 =±2 由基本不等式得： 0  0 12 0  0  0 0 ，即 ，当且仅当 时，等号成立， 8 6 8 6 2 3 x 0 y 0 2 3 y 0 =± 3 1 (cid:6) (cid:6) 1 (cid:6) 2 (cid:6) 2  (cid:6) (cid:6) 2 S  OP OQ sinPOQ OP OQ  OP OQ cosPOQ POQ 2 2  1 O (cid:6) P  2 O (cid:6) Q  2   O (cid:6) P  O (cid:6) Q  2  1  x 2y 2 s2t2 sx ty 2 2 2 0 0 0 0 1 1 1 x2 y2  sy tx  3x y 4y x  x y  3  1 2 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 72 96 31 1 1 x2 y2  sy tx  3x y 4y x  x y  3.故答案为：  1， . 2 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 72 96 3 x2 y2 x x y y 【点睛】过椭圆 a2  b2 1上一点x 0 ,y 0 的切线方程 a 0 2  b 0 2 1或者过圆xa2 yb2 r2上一点 x ,y  的切线方程 xax ayby br2 ，要熟记公式且能推导出，在解题中经常用到，若再 0 0 0 0 选择和填空题中遇到可直接使用，达到事半功倍的效果. 题型十三：圆切线：切点弦求参范围 1．（23-24·浙江·模拟）已知圆C:x22xy2 0与直线l:ymx2mm0 ，过l上任意一点 P 向圆C引 切线，切点为A和B，若线段AB长度的最小值为 2，则实数m的值为（ ） 2 7 7 14 14 A． B． C． D． 7 7 2 7 【答案】D 【分析】推导出PC垂直平分AB，分析可知，当|PC|取最小值时，|AB|取最小值，此时，PC l，利用 点到直线的距离公式可得出关于m的等式，解之即可. 【详解】圆C的标准方程为x12 y2 1，圆心为C1,0 ，半径为 1 ，如下图所示： 由圆的几何性质可知AC PA，BC PB，因为 PA  PB ， AC  BC ， PC  PC ，所以， PAC≌PBC， 所以，APC BPC，则PC  AB，设ABPC E，则E为AB的中点， 由勾股定理可得 PA  PC2 AC2  PC21，由等面积法可得 2 PA AC 2 PC21 1 AB 2 AE   2 1 ，所以，当|PC|取最小值时，|AB|取最小值，由 PC PC PC2 1 2 1  2 PC2 ，可得 PC  2 ，所以，|PC|的最小值为 2 ，当 PC 与直线 l 垂直时，|PC|取最小值， 则 ，因为 ，解得 . 故选：D. 3m 14  2 m m21 m0 7 【点睛】方法点睛：本题考查圆的切点弦长的计算，一般方法有如下两种： （1）求出切点弦所在直线的方程，然后利用勾股定理求解； （2）利用等面积法转化为直角三角形斜边上的高，作为切点弦长的一般求解. x2 2．（23-24·辽宁沈阳·期末）已知圆 ： x2y62 1 和椭圆 ： y2 1，点 为椭圆 上的动点， M C 10 P C 过点P作圆M 的切线PA，PB，切点为A，B，则弦长|AB|的范围为（ ） 4 6 7 2 4 6 3 230  3 230 4 6 8 2 A． ,  B． ,  C．2,  D． ,  5 5 5 23 23 5 7        【答案】A 1 AB 2 1 【分析】先根据切线的性质利用等面积法可得 PM 2 ，再设 P  10cos,sin ，结合两点间距 离公式求 PM 的取值范围，进而分析得解. 【详解】由题意可知：圆 ：x2y62 1得圆心为M0,6 ，半径 ， M r1 因为 ，则 ， PA AM,PBBM,ABPM PA  PB  PM 2r2  PM 21 2 PA 2 PM 21 1 由四边形 的面积可得 1 1 ，整理得 AB   2 1 ， 2 PA AM  AB  PM PM PM PM 2 APBM 2 2 设 P  10cos,sin ，则 PM  10cos2sin62  9sin212sin46  9    sin 2 3    2 50 ， 2 且sin1,1，可知当sin 时， PM 取到最大值 ，当 时， PM 取到最大值 ， 3 5 2 sin1 5 4 6 7 2 即 PM 5,5 2，则当 PM 5 时，|AB|取到最小值 ，当 PM 5 2 时，|AB|取到最大值 ，   5 5 4 6 7 2 即弦长|AB|的范围为 , .故选：A. 5 5   1 AB 2 1 【点睛】关键点睛：1.根据切线性质可得 PM 2 ；   2.设椭圆上点P 10cos,sin ，结合两点间距离公式求 PM 的取值范围. 1 3．（14-15高三·云南·模拟）设直线 l 与抛物线y 4 x2 相交于 A,B 两点,与圆 C ：x2y52 r2r0相 切于点M ,且M 为线段AB中点,若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是 A． 1,3 B． 1,4 C． 2,3 D． 2,4 【答案】D 【分析】假设A、B两点的坐标，圆心为C，求出点M的坐标，由垂直关系，利用斜率之积为-1列式，得 到A、B横坐标的关系，由C、M两点间距离为半径也可列式，得到A、B横坐标间关系，由韦达定理逆推 解为A、B横坐标的方程，有两个根，由判别式求出半径的范围，当斜率不存在时，也有两条直线，故共 四条直线，即已求出半径范围.  1   1  x x x2x2  【详解】设A、B两点的坐标分别为：x, x2 、x , x2 ，则点M的坐标为： 1 2 , 1 2 ，  1 4 1   2 4 2   2 8  x x x2x240 圆心坐标为：C (0,5) ，由于相切，所以 k ·k 1 ，即： 1 4 2· 4 1 x  2 x  1，化简得： x2x2 24 ， AB CM 1 2 1 2x x  xx 所以M  1 2 2 ,3  ，由 CM 2 r2 可得：10 1 2 2 r2，化简得： x 1 2x 2 2   2r220 2， 所以t224t  2r220 2 0的两根分别为：x2、x2， 1 2 所以：242 4  2r220 2 0，解得： ，此时有两条直线， 2r4 当斜率为0时，已知存在两条直线满足题意，共四条.故选D. 【点睛】本题考查直线与圆和抛物线之间的关系，计算量较大，利用设而不求的方式解题，根据相切时的 垂直与距离等于半径两条件列式，由直线只有四条作为限制条件，根据根的判别式求出范围. 4．（21-22·浙江湖州·模拟）已知圆M :x2 (y2)2 1，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M 的两条切 线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是（ ） A．四边形PAMB周长的最小值为2 3 B．|AB|的最大值为2 8 C．若 ，则三角形 的面积为 P(1,0) PAB 5 15 9 D．若Q( ,0)，则 的最大值为 4 |CQ| 4 【答案】CD 【分析】首先设|MP|t， 对于选项A，根据题意，表达四边形PAMB周长关于t的函数，由t的取值范围求函数的最小值可判断A错 误； 对于选项B，根据等面积法，求出|AB|关于t的函数关系，由t的取值范围求函数的最大值可判断B错误； 对于选项C，根据题意，计算PAB的底和高，求出面积判断C正确； 对于选项D，设动点P(m,0)，求出切线AB的方程与直线PM 的方程，二者联立消去m得到二者交点C的 轨迹是圆，|CQ|的最大值为圆心O 与Q距离加半径，可判断D正确． 1 【详解】对于选项A，设|MP|t，则|BP||AP| |MP|2 |MA|2  t21，则四边形PAMB周长为2 t212， 则当t最小时周长最小，又t最小值为2，所以四边形PABM 周长最小为2 32，故A错误； 1 1 1 对于选项B，S 2S  |MP||AB|，即2 1 t21 t|AB|， 四边形PAMB △MAP 2 2 2 2 t21 1 所以|AB| t 2 1 t2 ，因为 t�2 ，所以 |AB|  3,2 ，故B错误； 1 4 1 2 对于选项C，因为 ，所以 ，即 ，所以|AB|2 1  ，|AC| |AB| ， P(1,0) |MP| 5 t  5 t2 5 2 5 ，|PC| AP2AC2  4 ，所以三角形 的面积为 1 |AB||PC| 8 ，故C正确； |AP| t212 5 PAB 2 5 对于选项D，设P(m,0)，Ax 1 ,y 1  ,则切线PA的方程为x 1 xy 1 2y21， 又因为直线 PA 过点P(m,0)，代入可得x 1 my 1 2021化简得mx 1 2y 1 30 设Bx 2 ,y 2  ,同理可得mx 2 2y 2 30，因此点A, B都过直线mx2y30，即直线AB的方程为  2 y x2 ① ， 的方程为 2 ，二者联立得， m ， mx2y30 MP y m x2  mx2y30 ② 2x 7 7 1 由①式解出m ，代入②式并化简得x2y2 y30，配方得x2(y )2  ， ， 2y 2 4 16 y2 7 所以点 的轨迹是以(0, )为圆心， 1 为半径的圆， C 4 415 7 1 1 9 设其圆心为 ，所以 的最大值为|OQ|R ( )2( )2  2  ，故D正确． O 1 |CQ| 1 4 4 4 4 4 故选：CD. 【点睛】本题综合性较强，难度较大，具备运动变化的观点和函数思想是解题的关键，对于AB选项，设 变量|MP|t，用t分别表达周长函数和距离函数求最值，对于D选项，设出动点Pm,0 ，分别表达直线 AB和MP的方程，联立消去m，得到动点C的轨迹，进一步求解答案. 5．（2024·广东梅州·一模）已知圆C:x42y2 5，点 P 在抛物线T:y2 4x上运动，过点 P 引圆C的 切线，切点分别为A，B，则 AB 的取值范围为 .  105  【答案】 ,2 5  3   【分析】设P(x 0 ,y 0 )，将|AB|表示为只含 x 0的表达式，结合二次函数的性质求得|AB|的取值范围. 【详解】依题意，圆C:x42 y2 5的圆心为C4,0 ，半径r  5， 抛物线T:y2 4x的焦点为F(1,0)，画出圆和抛物线的图象如下图所示，设P(x ,y )，则y2 4x ， 0 0 0 0 PC  x 42 y2 ，切线长 PA  PB  PC2r2  x 42 y25，由 得 0 0 0 0 Rt△ADC Rt△PAC AD AC PAr 2 PAr  ，则 AD  ， 垂直平分弦 ，则 AB 2 AD  ，即 PA PC PC PC PC AB AB  2 5 x 0 42 y 0 25 2 5 1 5 2 5 1 5 2 5 1 5 x 42 y2 x 42 y2 x 42 4x x 22 12 0 0 0 0 0 0 0 5 5 7 5 0  1 1 又 x 0 ，则 x 221212 ，即 x 2212 12 ，则 12 x 2212 ，则 0 0 0 0 21 5 105 5  1 1 2 5 1 2 5 6 x 22 12 ，即 3 x 22 12 ，所以|AB|的取值范围是 0 0  105   3 ,2 5 .   故答案为：  105   ,2 5 3    【点睛】求解直线和圆相切有关问题，可以考虑圆的几何性质来进行求解，如本题中，PA,PB是切线，则 连心线PC垂直平分AB，△PAC,△PBC是直角三角形等等.要求弦长的取值范围，可先求得弦长的表达式， 然后根据表达式的结构，考虑二次函数的性质、基本不等式的知识求得求得最值. 题型十四：圆切线：角度范围最值和圆的切线有关的角度问题，难度较难.圆有关的角度恒成立求参数范围问题，可通过数形结合的方式 将角度问题转化为长度问题，寻求恒成立的临界条件，由此构建不等式求解出参数范围. 1．（21-22·江苏苏州·模拟）在平面直角坐标系中，已知定点A0,4 ，B2,0 ，若在圆 M :x2y22x4y5m上存在点P，使得APB为直角，则实数m的最大值是（ ） A．15 B．25 C．35 D．45 【答案】D 【分析】根据题意将所求问题转化为两个圆有交点的问题解决. 【详解】以A0,4 ，B2,0两点为直径的圆的方程为x12y22 5， 设圆心为N，所以N1,2 ，半径为 5， 若在圆M :x2y22x4y5m上存在点P， 使得APB为直角，则圆M与圆N有公共点， 又圆M :x2y22x4y5m， 所以M1,2 ，半径为 mm0， 所以MN 2 5， 故 m 5 2 5 m 5，解得 ， 5m45 所以m的最大值为45. 故选：D 2．（21-22高三上·北京丰台·模拟）在平面直角坐标系中， A ， B 是直线xym上的两点，且 AB 10． 若对于任意点P(cos,sin)(02)，存在A，B使APB90成立，则m的最大值为（ ） A．2 2 B．4 C．4 2 D．8 【答案】C 【解析】可得P是圆x2+y2 1上任意一点，且需存在A，B，使点P又在以 AB 为直径的圆上，故只需满 足圆x2+y2 1上点到直线xym的最远距离小于等于5即可求出. 【详解】设Px,y ，则xcos,ysin，满足x2+y2 1， 则点P在圆x2+y2 1上， 又存在A，B使APB90成立，则点P又在以 AB 为直径的圆上， P是圆x2+y2 1上任意一点，A，B是直线xym上的两点， 则应满足圆x2+y2 1上点到直线的最远距离小于等于5， m 原点到直线的距离为 ， 2 m 则只需满足 15，解得m4 2,4 2. 2   故选：C. 【点睛】本题考查只需与圆的位置关系，解题的关键是得出圆x2+y2 1上点到直线xym的最远距离小 于等于5. 3．（21-22·安徽合肥·模拟）阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线 的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k （k0且k1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．已知圆C的圆心C在直线y2x4上，半径为1．点A0,3 ，若圆C上存在点M，使sinMOA2sinMAO，则圆心C的横坐标a的取值范围 （ ） 4 4 12 A． B．0a C．1a D．0a 1a2 3 3 5 【答案】D 【分析】根据题意得到 MA 2MO ，代入数据化简得到x2y12 4，根据两圆有交点得到 21 a22a412 21，解得答案. 【详解】在△MAO中，sinMOA2sinMAO，即 MA 2MO ， 设Mx,y，则x2y32 4  x2y2 ，化简得到x2y12 4. 圆心为E0,1 ，半径R2，圆C和圆E要有交点， 12 故21 a22a412 21，解得0a . 5 故选：D. 4．（22-23·贵州黔东南·模拟）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为 定值1 的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知A4,3 ， PA B2,3 ，动点 满足 PB 2，记点 的轨迹为圆 ，又已知动圆 ： xcos2ysin2 1 .则下列 P P C D 说法正确的是（ ） A．圆C的方程是 x42y32 16 B．当变化时，动点D的轨迹方程为x2y2 1 3  C．当 时，过直线 上一点 引圆 的两条切线，切点为 ， ，则 的最大值为 2 AD Q C E F EQF 2 D．存在使得圆C与圆D内切 【答案】ABC xcos 【分析】对于A根据“阿波罗尼斯圆”的定义列式化简即可；对于B，设圆心 Dx,y，而 ysin ，消 去即可得到圆心D的估计方程；对于C，因为 △CQE是直角三角形，根据三角函数找出CQE的最大值， 再得出EQF的最大值；对于D，根据两点间的距离公式计算出CD 范围，再根据两圆内切条件判断即可. x42y32 PA 【详解】.解：设 ，由 2得 2化简整理得： .故A正 Px,y PB x22y32 x42y32 16 确； xcos 设 Dx,y，则 ysin 消去  得 x2y2 1 .故B正确； CE 4 当 3 2  时， D0,1，直线 AD 的方程为： xy10 .因为sinCQE CQ  CQ ，要使 EQF 最大， 431 2  只需 最小.所以CQ  4 2，所以sinCQE  ，即EQC  . CQ min 2 max 2 max 4  所以 的最大值为 ，故C正确； EQF 2 因为CD  cos42sin32  268cos6sin4,6，若两圆内切有CD 413，故不存在使得CD 3，故D错误.故选: ABC 5．（22-23高三下·江苏无锡·模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C满足：圆心在x轴上，且与圆 x2(y2)2 1相外切.设圆C与x轴的交点为M，N，若圆心C在x轴上运动时，在y轴正半轴上总存在定 点P，使得MPN 为定值，则点P的纵坐标为 . 【答案】 3 【分析】设C（c，0），P（0，p），（p＞0），圆C半径为r，用c、p、r表示∠OPM，∠OPN的正切值， 再利用两角差的正切公式表示∠MPN的正切值，分析该值为定值的条件可确定P的坐标． 【详解】解：如图，设C（c，0），P（0，p），（p＞0）圆C半径为r，则OM＝c﹣r，ON＝c+r，OP＝ p， OM cr ON cr ∴tan∠OPM＝  ，tan∠OPN＝  ，∴tan∠MPN＝tan（∠OPN﹣∠OPM） OP p OP p cr cr  p p ＝ cr cr ＝ 2rp ，由两圆外切可知，r+1＝ ，得c2＝r2+2r﹣3，∴tan∠MPN＝ 1  p p p2c2r2 c24 2rp p22r3 2p ＝ p23 ，∵上式为与 无关的定值，∴p2﹣3＝0，∴p＝ ．故答案为： 2 r r 3 3 【点睛】 此题考查了两圆相切，三角公式的综合运用等，难度较大． 题型十五：圆切线：三角型旋转切线 圆的动切线 a,b M（: xa）cosybsinR02 到直线系 距离，每条直线的距离 R d  R cos2sin2 ， M（: xa）cosybsinR02 （xa）2yb2 R2 直线系 表示圆 的切线集合， 1．（22-23·广东广州·模拟）设直线系M :xcosysin1,02，对于下列四个命题： （1）M 中所有直线均经过某定点； （2）存在定点P不在M 中的任意一条直线上； （3）对于任意整数n,n3，存在正n边形，其所有边均在M 中的直线上；（4）M 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xcosθysinθ 1 的几何特征，再逐项分析即可. 1 【详解】原点O0,0 到直线 xcosθysinθ 1 的距离为 cos2sin2 1 ，所以直线M始终是圆O： x2y2 1 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VABC 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. 2．（20-21·北京·模拟）设直线系 M : xcosy2sin102 ，对于下列四个命题： （1）M中所有直线均经过一个定点； （2）存在定点P不在M中的任一条直线上； （3）对于任意整数nn3 ，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上； （4）M中的直线所能围成的正三角形面积都相等.其中真命题的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由点 0,2 到直线系M :xcosy2sin102 中每条直线的距离均为1，则直线系M 表示圆x2y22 1的切线的集合，然后结合题意考查所给的四个命题是否正确即可. 【详解】因为点 0,2 到直线系M :xcosy2sin102 中每条直线的距离 1 d  1 cos2sin2 直线系M :xcosy2sin102表示圆x2y22 1的切线的集合， (1)由于直线系表示圆x2y22 1的所有切线,其中存在两条切线平行,M中所有直线均经过一个定点不可 能，故(1)不正确 (2) 由圆x2y22 1的切线的集合，则在M中的任一条直线不过圆心 0,2 所以存在定点P不在M中的任一条直线上，故（2）正确. nn3 (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n边形，其所有边 均在M中的直线上，故(3)正确； (4)如图所示，M中的直线所能围成的正三角形有两类， 其一是如 △ABB′型，是圆的外切三角形，此类面积都相等，另一类是在圆同一侧， 如△BDC型，此一类面积相等，但两类之间面积不等，所以面积大小不一定相等，故(4)不正确． 故选：B3．（21-22高二·全国·模拟）对于直线系M :xcos(y1)sin2，02，下列说法错误的有 （ ）． A．存在定点C与M中的所有直线距离相等 B．M中不存在两条互相平行的直线 C．M中存在两条互相垂直的直线 D．存在定点P不在M中的任意一条直线上 【答案】B 【分析】应用点线距离公式知，点(0,1)到M的距离d 2且该点不在M上，可判断A、D的正误；利用特 殊值法可判断B、C的正误. |2| d  2 【详解】A：由M的方程知：点 到M的距离为 ，故正确； (0,1) cos2sin2 B：当0有x2，当有x2，即存在平行的直线，故错误；  C：当 有 ，当 有 ，即存在垂直的直线，故正确； 0 x2 2 y3 D：显然存在(0,1)，有xcos(y1)sin02，即不在M 中的任意一条直线上，故正确； 故选：B. 4．（24-25·安徽阜阳·模拟）已知直线l:(x3)cosysin50(R)，则下列结论正确的是（ ） 1 A．若直线 与 平行，则tan y3x1 l 3 π 1 B．若把 绕其与 轴的交点逆时针旋转 ，所得直线的斜率为2，则tan l x 4 3 π 5 C．若(0, ),l与直线 及两坐标轴的正半轴围成的四边形有外接圆，则sin 2 y2x6 5 D．对任意的，都存在定点P，使得点P到l的距离为定值 【答案】AD 【分析】求出斜率计算判断A；利用斜率的定义，结合和角的正切公式计算判断B；由垂直关系求出斜率， 结合同角公式计算判断C；求出点(3,0)到直线距离判断D. 【详解】直线l:xcosysin3cos50(R)， cos 1 对于A，直线 的斜率为 3，则tan ，A正确； l sin 3 π π 对于B，依题意，直线 的倾斜角 为锐角，且0 ，则tan( )2， l  4 4 1tan 1 cos 1 即 2，解得tan ，即  ，解得 ，B错误； 1tan 3 sin 3 tan3 cos 1 对于C，依题意，直线 垂直于直线 ，则  ，即 l y2x6 sin 2 sin2cos0 2 5 又 ，解得sin ，C错误； sin2cos21 5 |5| d  5 对于D，点 到 的距离 ，即点 符合题意，D正确. (3,0) l cos2sin2 P(3,0) 故选：AD 5．（2022·上海·模拟预测）设直线系M :(x1)cos(y2)sin1(02)，对于下列四个命题： ①M中所有直线均经过一个定点； ②存在定点P不在M中的任一条直线上； ③对于任意整数n(n3)，存在正n边形，使其所有边均在M中的直线上； ④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等． 其中真命题的序号是 （写出所有真命题的序号）【答案】②③ x1cos 【分析】令 y2sin ，消去  ，即可得到直线系 M 表示圆 x12y22 1 的切线的集合，即可判 断①②③，再利用特殊值判断④； 【详解】解：由直线系M :(x1)cos(y2)sin1(02)， x1cos 可令 y2sin ，消去  可得 x12y22 1 ， 故直线系 表示圆x12y22 1的切线的集合，故①不正确； M 因为对任意，存在定点 1,2 不在直线系M 中的任意一条上，故②正确； 由于圆x12y22 1的外切正n边形，所有的边都在直线系 M 中，故③正确； M 中的直线所能围成的正三角形的边长不一定相等，故它们的面积不一定相等，如图中等边三角形ABC 和ADE面积不相等，故④不正确． 综上，正确的命题是②③．故答案为：②③． 题型十六：圆过定点 f(x,y)0  f(x,y)g(x,y)0 g(x,y)0 圆过定点，可以类比含参直线过定点。形如 ，则圆恒过 交点。 也可以借助圆的定义 1．（23-24·辽宁沈阳·模拟）一个动圆的圆心在抛物线y2 8x上，且动圆恒与直线x20相切，则动圆必 过定点（ ） A． 0,2 B． 0,2 C． 2,0 D． 2,0 【答案】C 【分析】先由抛物线的标准方程写出其焦点坐标，准线方程，再结合抛物线的定义得出焦点必在动圆上， 从而得结果． 【详解】抛物线y2 8x的焦点F2,0 ，准线方程为x20， 依题意圆心到直线x20的距离即半径等于圆心到焦点F的距离，所以F在圆上． 故选：C． 2．（22-23高二下·浙江·期末）若动圆C的圆心在抛物线y2 4x上，且与直线l:x1相切，则动圆C必 过一个定点，该定点坐标为 A．(1,0) B．(2,0) C．(0,1) D． 0,2 【答案】A【分析】直线x1为y2 4x的准线，圆心在该抛物线上，且与直线l相切，则圆心到准线的距离即为半 径，那么根据抛物线的定义可知定点坐标为抛物线焦点. 【详解】由题得，圆心在y2 4x上，它到直线l的距离为圆的半径，l为y2 4x的准线，由抛物线的定义 可知，圆心到准线的距离等于其到抛物线焦点的距离，故动圆C必过的定点为抛物线焦点，即点(1,0)，故 选A. 【点睛】本题考查抛物线的定义，属于基础题. 3．（22-23高三·全国·模拟）以抛物线y2 8x上的任意一点为圆心作圆与直线x2相切，这些圆必过一 定点，则这一定点的坐标是 A． 0,2 B． 2,0 C． 4,0 D． 0,4 【答案】B 【详解】由题意得抛物线y2 8x的准线方程为x2， y2 8x 因为动圆的圆心在抛物线 上，且与抛物线的准线相切，所以动圆的圆心必过抛物线的焦点，即过点 2,0 ．选B． 4．（20-21·江苏苏州·模拟）已知抛物线x2 4y的焦点为F ，过F 的直线与抛物线交于A，B两点，点O 为坐标原点，则下列命题中正确的（ ） A．VAOB面积的最小值为4； B．以AF 为直径的圆与x轴相切； C．OA,OB,AB的斜率分别为k 1 ,k 2 ,k 3 ，则k 1 k 2 k 3 ； D．过焦点F 作y轴的垂线与直线OA,OB分别 交于点M ，N ，则以MN为直径的圆恒过定点． 【答案】BCD 【分析】对于A：联立直线AB与抛物线方程，利用根与系数关系表示出面积即可求出最小值； 1 对于B：如图，证明|EG| |AF|即可； 2 对于C：联立直线与抛物线方程，整理即可得到结论； 对于D：表示出以MN为直径的方程(x2k )2(y1)2 4k24，令x0即可得到结论 3 3 【详解】解：对于A，由条件可得F(1,0)，设A(x ，y)，B(x ，y )，直线AB的方程为ykx1， 1 1 2 2 ykx1 联立 ，整理得 ，则 ， ， x2 4x x24kx40 x x 4k xx 4 1 2 1 2 1 1 1 则S  1|x x |  (x x )24xx   16k2162 k21，故当 的斜率 时，面积最小，最小 AOB 2 1 2 2 1 2 1 2 2 AB k 0 为2，故A错； 对于B，设AF 的中点为E，作EGx轴交x轴与点G，作AD准线交准线与点D，交x轴与点C，如图 所示：|OF||AG| 则|EG| ， 2 |CD||AC| 1 1 又因为 ，所以|EG|  |AD| |AF|，故B正确； |OF||CD|1 2 2 2 对于C，设直线AB的方程为yk 3 x1，联立x2 4y，整理可得x24k 3 x40，则x 1 x 2 4k 3 ， xx 4， 1 2 y y x x k k  1  2  1 2 k 所以 1 2 x x 4 3，所以C正确； 1 2 y x 对于D，直线 OA:y 1 x 1 x ，所以M( 4 ， ，同理可得N( 4 ， ， x 4 x 1) x 1) 1 1 2 2(x x ) 2(x x ) 所以以 为直径的圆的方程为[x 1 2 ]2(y1)2 [ 1 2 ]2， MN xx xx 1 2 1 2 即(x2k )2(y1)2 4k24， 3 3 令x0，得y1或3，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】本题考查了直线与抛物线的相交问题转化为方程联立可得根与系数、三角形的面积计算公式等基 础知识与基本技能，考查了推理能力和计算能力． 5．（21-22高三下·上海闵行·模拟）若抛物线yx2axb与坐标轴分别交于三个不同的点A、B、C， 则VABC的外接圆恒过的定点坐标为 【答案】 0,1 【分析】设抛物线yx2axb交y轴于点B0,b ，交x轴于点Ax,0 、Cx ,0 ，根据题意设圆心为 1 2  a  b1 P ,t，求出t  ，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.  2  2 P x y P 【详解】设抛物线yx2axb交y轴于点B0,b ，交x轴于点Ax,0 、Cx ,0 ， 1 2  a  题意可知 ，由韦达定理可得 ， ，所以，线段 的中点为 ,0，设圆 a24b0 x x a xx b AC  2  1 2 1 2 心为P     a 2 ,t    ，由 PA2  PB2可得    x 1  a 2    2 t2  a 4 2 tb2，解得t x 1 2  a 2 x b 1 b2 ， bb2 b1 1b ，则t   ，则tb ，所以，圆 的方程为  x 1 2ax 1 b0 2b 2 2 P x2y2y0   a 2  b1 2 a21b2 ，整理可得 ，方程组x0 的解 x  y    x2y2y  axb1y0  1y0  2  2  4  x0 为 y1 .因此， VABC 的外接圆恒过的定点坐标为 0,1.故答案为： 0,1.