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第3课时 难点专攻夺高分——与圆有关的综合问题
圆的方程是高中数学的一个重要知识点，随着高考改革的变化，圆锥曲线的考查难度逐渐降
低，而圆作为圆锥曲线中的一种特殊形式，命题的热度越来越高，高考中，除了圆的方程的求
法外，圆的方程与其他知识的综合问题也是高考考查的热点，常涉及轨迹问题和最值问题．
解决此类问题的关键是数形结合思想的运用．
题型一 与圆有关的轨迹问题
[典例] 已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1,0)，B(3,0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
[解] (1)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，所以k ·k ＝
AC BC
－1，
又k ＝，k ＝，所以·＝－1，
AC BC
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，
由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝2.
由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所
以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
法三：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，所以AC·BC＝0.
因为A(－1,0)，B(3,0)，C(x，y)，
所以AC＝(x＋1，y)，BC＝(x－3，y)，
所以AC·BC＝(x＋1)(x－3)＋y2＝x2－2x－3＋y2＝0，
所以直角顶点C的轨迹方程为
x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x，y)，
0 0
因为B(3,0)，M是线段BC的中点，
由中点坐标公式得x＝，y＝，
所以x＝2x－3，y＝2y.
0 0
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x＝2x－3，y＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
0 0
即(x－2)2＋y2＝1.
因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
[方法技巧] 求与圆有关的轨迹问题的方法直接法 直接根据题目提供的条件列出方程
定义法 根据圆、直线等定义列方程
几何法 利用圆的几何性质列方程
代入法 找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式
[针对训练]
阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹
是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足＝，
求|PA|2＋|PB|2的最小值．
解：以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(－1,0)，B(1,0)．
设P(x，y)，因为＝，所以＝，
两边平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，
即(x－3)2＋y2＝8.
所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心，2为半径的圆，
则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2
＝2(x2＋y2)＋2.
法一：因为x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.
由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2≤x≤3＋2，
所以36－24≤12x≤36＋24，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24.
法二：由(x－3)2＋y2＝8，
可设(θ∈[0,2π))，
则|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2cos θ＋3)2＋(2sin θ)2]＋2＝24cos θ＋36.
因为θ∈[0,2π)，所以－1≤cos θ≤1，
所以36－24≤24cos θ＋36≤36＋24，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24.题型二 与圆有关的范围或最值问题
考法(一) 几何法求最值
[例1] 已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，则
(1)的最大值为______；
(2)y－x的最大值和最小值分别为_____________；
(3)x2＋y2的最大值和最小值分别为_________________________________________．
[解析] 原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心， 为半径的圆．
(1)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设＝k，即y＝kx.当
直线y＝kx与圆相切时(如图)，斜率k取最大值或最小值，此时＝，解
得k＝±.
所以的最大值为.
(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距．
如图所示，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，
此时＝，解得b＝－2±，所以y－x的最大值为－2＋，最小值为－2－.
(3)法一：x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，
在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原
点的距离为2.所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4，x2＋y2的最小值是(2
－)2＝7－4.
法二：由x2＋y2－4x＋1＝0，得(x－2)2＋y2＝3.
设(θ为参数)，
则x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2＝7＋4cos θ.
所以当cos θ＝－1时，(x2＋y2) ＝7－4，
min
当cos θ＝1时，(x2＋y2) ＝7＋4.
max
[答案] (1) (2)－2＋，－2－
(3)7＋4，7－4
[方法技巧] 与圆有关最值问题的求解策略
处理与圆有关的最值问题时，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数
形结合思想求解．与圆有关的最值问题，常见类型及解题思路如下：
常见类型 解题思路
μ＝型 转化为动直线斜率的最值问题
t＝ax＋by型 转化为动直线截距的最值问题，或用三角代换求解
m＝(x－a)2＋
转化为动点与定点的距离的平方的最值问题
(y－b)2型
考法(二) 代数法求最值
[例2] 设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2,0)，B(－2,0)，则PA·PB的最大值
为________．[解析] 由题意，知PA＝(2－x，－y)，PB＝(－2－x，－y)，
所以PA·PB＝x2＋y2－4，由于点P(x，y)是圆上的点，
故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，
所以PA·PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，PA·PB的值最大，最大值为6×4－12＝12.
[答案] 12
[方法技巧]
本题考查综合运用知识解决问题的能力．用代数法求最值的关键是建立所求问题的函数关
系式，利用函数求最值的方法求解，在具体求解过程中要注意函数定义域的具体范围．
[针对训练]
1．已知点O(0,0)，A(0,2)，点M是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，则△OAM面积的最小值为
( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 A 如图所示，由几何图形易知点 M 的坐标为 M 时，
△OAM有最小值，其面积为S ＝×2×1＝1.故选A.
△OAM
2．已知点A(－1,0)，B(0,2)，点P是圆C：(x－1)2＋y2＝1上任意一点，
则△PAB面积的最大值与最小值分别是( )
A．2,2－ B．2＋，2－
C.，4－ D.＋1，－1
解析：选B 由题意知|AB|＝＝，
l ：2x－y＋2＝0，由题意知圆C的圆心坐标为(1,0)，
AB
∴圆心到直线l 的距离d＝＝.
AB
∴S 的最大值为××＝2＋，
△PAB
S 的最小值为××＝2－.
△PAB
3．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，
切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为________．
解析：圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1,1)，半径r＝1，根据对称性可知，四边
形PACB的面积为2S ＝2×|PA|r＝|PA|＝，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最
△APC
小，|PC|最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝＝＝2.所以四边形PACB面积的最
小值为＝＝.
答案：
题型三 构造辅助圆
[典例] 已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m,0)(m>0)．若圆C上存在点P，
使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )A．7 B．6
C．5 D．4
[解析] 根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为
(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m，
因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.
要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．
因为|OC|＝＝5，
所以|OP| ＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.故选B.
max
[答案] B
[方法技巧]
对于符合圆的特征的条件，可以构造辅助圆帮助思考．如利用圆的定义、圆周上90度的角所
对弦是直径、四点共圆的特征来构造圆，做到图中无圆，心中有圆．
[针对训练]
1．椭圆＋＝1的焦点为F ，F ，点P为其上的动点．当∠F PF 为钝角时，点P横坐标的取值
1 2 1 2
范围是________．
解析：由已知得a2＝9，b2＝4，c2＝5，F (－，0)，
1
F (，0)．以F F 为直径构造圆x2＋y2＝5.
2 1 2
因为∠F PF 为钝角，所以点P(x，y)在圆x2＋y2＝5内，
1 2 0 0
故x＋y<5，联立＋＝1消去y，
解得－0，则＝1，＝1，解得k＝－1，b＝＋1，即x＋y＝＋1，故D正确．故选B、C、D.
5．在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0,1)，(0,3)，且与x轴的正半轴相切，若圆C上存在
点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为( )
A. B.
C．2 D．4
解析：选D 由圆C经过点(0,1)，(0,3)可知，圆心的纵坐标为＝2，
又圆C与x轴的正半轴相切，所以圆的半径为2，
则圆心的横坐标为 ＝，
即圆心为点(，2)，
由此可得圆C的方程为(x－)2＋(y－2)2＝4.
由直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称知直线OM的方程为y＝－kx(k>0)，
由
消去y得(1＋k2)x2＋(4k－2)x＋3＝0，
则Δ＝(4k－2)2－4(1＋k2)×3≥0，
即4k2－16k≥0，解得k≥4.
故k的最小值为4.
6．(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λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，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xOy中， A(－2,0)，
B(4,0)，点P满足＝，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是( )
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4
解析：选ABD 设点P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，
由＝，得＝，
化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A选项正确；
曲线C的方程表示圆心为(－4,0)，半径为4的圆，圆心与点(1,1)的距离为＝，则点(1,1)与圆上
的点的距离的最小值为－4，最大值为＋4，而3∈[－4，＋4]，故B选项正确；
对于C选项，设M(x，y)，由|MO|＝2|MA|，
0 0
得 ＝2，
又(x＋4)2＋y＝16，联立方程消去y 得x＝2，再代入(x＋4)2＋y＝16得y 无解，故C选项错
0 0 0 0 0
误；
对于D选项，设N(x，y)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得x＋y＋(x＋2)2＋y＝4，
0 0 0
又(x＋4)2＋y＝16，联立方程消去y 得x＝0，再代入(x＋4)2＋y＝16得y＝0，故D选项正确．
0 0 0 0 0
7．已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝的最大值与最小值分别为______和______．
解析：由题意，得表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率，当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，
即kx－y－1＝0，则＝1，解得k＝，所以z ＝，z ＝.
max min
答案：
8．已知点P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，
切点分别为A，B.若四边形PACB的最小面积为2，则k＝________.
解析：由x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1，可知圆C的圆心为C(0,1)，半
径为1.根据条件PA，PB是圆C的两条切线，如图所示．则△PAC，
△PBC为两个全等的直角三角形．
所以四边形PACB的面积
S＝2S ＝|AC|·|PA|＝|PA|＝，
△PAC
显然当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小．
由四边形PACB的最小面积为2，
得＝2，即|PC|的最小值为.
又P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，
所以|PC|的最小值为点C到直线l的距离d＝＝(k>0)，解得k＝2.
答案：2
9．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的
中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，
所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则CM＝(x，y－4)，MP＝(2－x,2－y)．
由题设知CM·MP＝0，
故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心， 为半径的圆．
由于|OP|＝|OM|，
故O在线段PM的垂直平分线上，
又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－，
故l的方程为y＝－x＋.
又|OM|＝|OP|＝2，O到l的距离为，
故|PM|＝，所以△POM的面积为S ＝××＝.
△POM
10．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．
(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；
(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝时，求MN所在直线的方程．
解：(1)∵过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，
∴1＋a2≥4，∴a≥ 或a≤－.
故实数a的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)．
(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．
∵|MN|＝，∴|DM|＝.
又|MC|＝2，∴|CD|＝ ＝，
∴cos∠MCA＝＝，|AC|＝＝＝，
∴|OC|＝2，|AM|＝1，
∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，
圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，
∴MN所在直线的方程为(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0，即x－2y＝0或(x－1)2＋y2－1
－x2－(y＋2)2＋4＝0，即x＋2y＝0，
因此MN所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.
二、自选练——练高考区分度
1．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2，则直线
l的斜率的取值范围是( )
A．[2－，1] B．[2－，2＋]
C. D．[0，＋∞)
解析：选B 圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，
则圆心为(2,2)，半径为3.
由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2可得，
圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3－2＝.
即≤，则a2＋b2＋4ab≤0.
若a＝0，则d＝2，不符合题意；
故a≠0，则上式可化为1＋2＋4·≤0，
由于直线l的斜率k＝－，
所以上式可化为1＋k2－4k≤0，
则k∈[2－，2＋]，故选B.
2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在
他的代表作《圆锥曲线论》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
两定点A，B的距离之比为λ(λ＞0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点A，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|
的最小值为( )
A. B．
C. D．
解析：选C ①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1,0)或(1,0)．
若点M的坐标为(－1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×＋＝1＋；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|＋|
MB|＝2×＋＝4.
②当点M不在x轴上时，取点K(－2,0)，
连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝，|OK|＝2，
所以＝＝2.
因为∠MOK＝∠AOM，
所以△MOK∽△AOM，则＝＝2，
所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.
易知|MB|＋|MK|≥|BK|，
可知|MB|＋|MK|的最小值为|BK|.
因为B(1,1)，K(－2,0)，
所以(2|MA|＋|MB|) ＝|BK|＝＝.
min
综上，易知2|MA|＋|MB|的最小值为.故选C.
3．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－y－4＝0相切．
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点Q，使得OQ＝OA＋
OB？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆O的半径为r，因为直线x－y－4＝0与圆O相切，所以r＝＝2，所以圆O的方程
为x2＋y2＝4.
(2)假设存在点Q，使得OQ＝OA＋OB.
因为A，B在圆上，且OQ＝OA＋OB，同时|OA|＝|OB|，由向量加法的平行四边形法则可知四
边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l：y＝kx＋3的距离
d＝|OQ|＝1.即＝1，解得k2＝8，则k＝±2，经验证满足条件．所以存在点Q，使得OQ＝OA＋
OB，此时直线l的斜率为±2.
