傻大方摘要：【考点|考点19直线与圆(2)(解析版)|19|直线|解析】2、都相切，故b1 1 1+ 2= |a|= r，由此解得a= 1, b=2，r= 1，所以所求圆的方程为x12 + y 2 2= 1.|2+ 1 4|解法2定义法2、2021扬州期末直线I: y= x+ 4与圆C: x 22+ y 12= 1相交于P, Q两点，贝U CP CQ【解析】解法...

1、考点19直线与圆210【知识框图】考点19直线与圆2,-【自主热!身归纳总结】题型一隐国问题 问题探究变式训练】U.题型二国I与向虽的综合问题【自主热身 ， 归纳总结 】11、2021苏州暑假测试 圆心在抛物线y= -x2上 ， 并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的标准方程为.1【答案】x 12 + y-2 2= 1【解析】思路分析 求圆的方程就是要确定它的圆心与半径 ， 根据圆与抛物线的准线以及与y轴都相切 ， 得到圆心的一个等式 ， 再根据圆心在抛物线上 ， 得到另一个等式 ， 从而可求出圆心的坐标 ， 由此可得 半径.1因为圆心在抛物线y= ；x2上 ， 所以设圆心为a, b ， 那么a2= 2b.又圆与抛物线的准线及 y轴 。

2、都相切 ， 故b1 1 1+ 2= |a|= r ， 由此解得a= 1, b=2 ， r= 1 ， 所以所求圆的方程为x12 + y 2 2= 1.|2+ 1 4|解法2定义法2、2021扬州期末直线I: y= x+ 4与圆C: x 22+ y 12= 1相交于P, Q两点 ， 贝U CP CQ【解析】解法1 坐标法y = x + 4 ， x = 2 ， x = 3 ， 圆心C(2 ， 1) ， 由c、2/八2“解得或即P(2,(x 2) 2+( y 1) 2= 1 ， y = 2y = 1 ， 2) ， Q(3 ， 1) ， CP CQ = (0 ， 1) (1 ， 0) = 0.【答案】0设弦PQ的中点为M ， 那么圆心C2, 1到直线I: x + y 4 = 。

3、 0的距离d= CM-_I2nn2 .因为CM = MQ ， 所以/ MCQ = 4 ， 从而/ PCQ= 2 ， 即有CP丄CQ ， 所以 Cp CQ = 0.解法3极化恒等式法设弦PQ的中点为M ， 那么圆心C2 ， 1到直线I: x+ y 4= 0的距离d = CM =22 ，CP CQ = (CM + MP) (CM + MQ)= (CM MQ) (CM+ MIQ) = CM2- MQ 2= 1- 2 = 0.3、(2021 南京、盐城一模)设 A = (x , y)|3x + 4y 7 ， 点 P A ， 过点 P 引圆(x+ 1)2+ y2= r2(r0)的两n条切线PA, PB,假设/ APB的最大值为y ， 那么 。

4、r的值为 .【答案】1n【解析】解法1设圆心为C.因为/ APB = 2 / APC ， 所以/ APC的最大值为八 ， 所以PC的最小值为62r ， 那么|3X( - 1)+ 4X 0 7|32+ 42=2= 2r ， 即 r= 1.解法2如图 ， 求出满足使/ APB最大值的点P轨迹 ， 连接P点和圆心 ， 由解法1可知点P到圆心的距离为2r.点P满足轨迹(x + 1)2 + y2= 4r2 ， 因为存在唯一最大值.所以该圆和直线3x + 4y 7 = 0相切 ， 此时满足圆心到直线的距离d = 2r ， 又因为d= 2,解得r= 1.4、(2021常州期末)过原点的直线l与圆x2 + y2= 1交于P, Q两点 ， 点A是该圆与x 。

5、轴负半轴的交点 ，以AQ为直径的圆与直线l有异于Q的交点N,且直线AN与直线AP的斜率之积等于1 ， 那么直线l的方 程为.【答案】y = 3x【解析】思路分析由PQ为圆的直径可得 AP丄AQ ， 从而得圆中kAP kAQ = 1,结合条件kAN kAP = 1 得出kAQ = kAN ， 从而得出角相等 ， 围绕几何性质 ， 解出此题.或者抓住AN丄PQ ， 设点P坐标即可.解法1作图 ， 易得直线 PQ斜率存在且不为0.由PQ为圆的直径可得 AP丄AQ ， 从而kAP kAQ = - 1,又kAN kAP = 1,所以kAQ = - kAN ， 故/ QAO=Z NAO.又/ QAO = Z OQA ， 设/ QAO = a,那 。

6、么/ NOA = 2 a,那么a+ 2a= 90 ， 得 a= 30 故直线 PQ的倾斜角为60 .由对称性知 ， 直线 PQ的倾斜角也可为120， 所以kpQ= 3.所以直线I的方程为y=3X.解法2设P(X0, yo) ， 易知xoM 0, - 1, yoM 0,那么x0+ y0 = 1, kpQ= “由PQ为圆的直径得 AN丄PQ得 X 0kAN = X0,kAN kAP = X0 y = 1 ， 得X0= 1,y= 呼 ， kpQ= y0= 3.所以直线 I 的方程为y=.3y0y0 x+12 J 2X0 MX.5、(2021南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)在平面直角坐标系 XOy中 ， 圆 G： 。

7、(X 4)2+ (y 8)2= 1,圆C2 :(X 6)2+ (y+ 6)2= 9 ， 假设圆心在X轴上的圆C同时平分圆 6和圆C2的圆周 ，那么圆C的方程是【答案】x2 + y2= 81【解析】思路分析 圆C平分圆C1等价于：两圆的公共弦是圆C1的直径.、a 4 2+ 8 2+ 1 = r2,设圆C的圆心为C(a,0) ， 半径为r ， 那么r2= CC1+ 1且r2= CC2+ 9,即解得a 6 2+ 62 + 9= r2,a= 0, r2= 81.所以圆C的方程为x2+ y2= 81.6、(2021南京学情调研)在平面直角坐标系xOy中 ， 假设圆(x 2)2+ (y 2)2= 1上存在点 M ， 使得点。

8、M关于x轴的对称点N在直线kx + y + 3= 0上 ， 那么实数k的最小值为 4【答案】：3【解析】思路分析 圆(x 2)2+ (y 2)2= 1上存在点M ,使得点M关于x轴的对称点N在直线kx + y + 3 = 0上等价于“圆(x 2)2+ (y 2尸=1关于x轴的对称圆与直线 kx + y + 3 = 0有公共点.圆(x 2)2+ (y 2)2= 1关于x轴的对称圆的方程为(x 2)2 + (y + 2)2= 1 ， 由题意得圆心(2, 2)到直线 kx + y+ 3 = 0的距离d= |2k2+ 3|3 ， 解得m0) ， 那么圆 C2： (x + 2)2 + (y 3)2= r2(r0) ， 即。

9、x2 + y2 + 4x 6y + 13 r2= 0,再将A(x 1, y1), B(X2, y2)代入圆 C2方程中得 ， x2 + y1+ 4x1 6y1 + 13 r2= 0, x2+ y2+ 4x2 6y2+ 13 r2= 0,由 x2+ y1 = x2 + y2, 从而 4x1 6y1 = 4x2 6y2,所以 2(x1 x2) = 3(y1 y2)由得2m = 4m+ 6 ， 从而m=-6.239、(2021南京学情调研)在平面直角坐标系 xOy中 ， 点 A(1 , 1), B(1 , - 1) ， 点P为圆(x 4)2+ y2= 4上任意一点 ， 记 OAP和厶OBP的面积分别为Si和S2 ， 那么买 。

10、的最小值是 .【答案】2 3【解析】 思路分析解决此题首先面临三角形面积公式的选择 ， 其次面临如何把变量a, b, c转化1 1为一个或两个变量. OAP OBP勺面积表示形式.解法 1选择SOAP-OAX hPA, SOBF-2 。
取hPB来解题(点1 1P到直线OA的距离为hPA,点P到直线OB的距离为hPB)；解法2选择Saoa -OAX OPsin / AOP Saob- OB, y).因为oB= o餉bM= o旅 aM,所以 4= x2+ y2+ (x 1)2 + (y 1)2,1 21 2 3化简得 x 2 + y 2 = 2 ， 11 6所以点M的轨迹是以2, 2为圆心 ， 2为半径的圆 ，。

11、所以AM的取值范围是6 2, 6； 2 ,所以BC的取值范围是6 2,寸6 + 2.解法2设BC的中点为M设AM= x, OM= y. 因为 0C= O餉 CM= O旅 AM,所以 x2 + y2 = 4.因为 OA= 2 ， 所以 x+ y 2 , x+“j2 y, y + 2x. 如下图 ， 可得x22所以BC的取值范围是6 2,6 +2.kx y+ 2 = 0,x+ ky 2 = 0得两直线交点2 一 2k 2 + 2kP的坐标为苗 ， 市 ， 所以点P到直线x y 4= 0的距离为2 2k 2 + 2k1 + k2 1 + k2 44 1 + k2+ 12为求得最大值 ， 考虑正数k 1 k114 1 + 。

12、 k2 +k ， 那么有1k2= 11三2,所以k+ k解法2圆C的圆心为C(1,1) ， 半径r = 2因为圆心C到直线l: x y 4= 0的距离为|1 1 4|22 2,所以点P到直线l的距离的最大值为d+ r = 3 2.解后反思 直接求出11 , |2的交点P的坐标(用k表示)虽然也能做 ， 但计算量较大找出点P变化的规律性比拟好.【变式5】(2021南京、盐城一模)在平面直角坐标系 xOy中 ， 假设直线y= k(x 3,3)上存在一点P,解后反思 求线段的长度范围 ， 如果一个端点为定点 ， 这时可以考虑运用轨迹法 ， 求出另外一个端点 的轨迹 ， 问题迎刃而解.【变式4】在平面直角坐标系xOy中 ， 直线li：。

13、kx y+ 2 = 0与直线12： x + ky 2 = 0相交于点P,那么当 实数k变化时 ， 点P到直线x y 4= 0的距离的最大值为 .【答案】3 2【解析】思路分析 因为直线li, 12分别经过定点A(0,2), B(2,0) ， 且li丄12 ， 所以点P在以AB为直径的 圆C 上.解法1当k= 0时 ， 点P(2,2)到直线x y 4= 0的距离为2 2;
当 Q 0时 ， 解方程组圆x2 + (y 1)2= 1上存在一点Q,满足OP= 3OQ ， 那么实数k的最小值为 【答案】 3【解析】思路分析 由于点Q在圆上运动 ， 导致点 P也随之移动 ， 所以可以根据 OP= 3OQ,得出点P2 23 + 3i = 1 。

【考点|考点19直线与圆(2)(解析版)】14、,即 x2的轨迹方程 ， 从而转化为直线与曲线的位置关系问题.设点P(x ， y) ， 由OP= 3OQ可得Q X ， 舟.又点Q在圆x2+ ( 1)2= 1上 ， 可得+ (y 3)2= 9 ， 所以点P既在圆x2+ (y 3)2= 9上 ， 又在直线y= k(x 3 3)上 ， 即直线与圆有交点 ， 所以圆心到直线距离| 3- 3 3k|1 + k2【变式6】(2021徐州、连云港、宿迁三检)在平面直角坐标系 xOy中 ， 圆C:(x 2)2 (y m)2 3 .假设 圆C存在以G为中点的弦 AB ， 且AB 2GO ， 那么实数m的取值范围是【答案】.2, .2【解析】 设点G(x, y) ， 因为G为中点的弦AB ， 且AB 2GO ， 所以A 。

15、G GOx2 y2 ， 在 Rt AGC 中 ， AC、3 ， CG .(x 2)2 (y m)2 ， AGC 90 ， 由AC22 2 2AG2 CG2 得：3 x22222 m 2y (x 2) (y m) ， 即(x 1) (y 2)2 m24显然0 ， 所以.2 m 2 ， 即所求是实数 m的取值范围是22 。
点评：解决此题的关键是要有轨迹意识 ， 求出点 G的轨迹方程并保证轨迹存在即可；诸如此类试题在近几年的调研试题值屡见不鲜 ， 例如苏北三市(连云港徐州宿迁)2021届高三第三次调研测试的第12题与2 2此题类似：在平面直角坐标系xOy中 ， 圆C:(x a) ( y a 2)1,点A(0,2),假设圆C上存在点M ,满足MA 。

16、2 MO2 10,那么实数a的取值范围是 .(答案：0,3)【关联1】(2021南京、盐城、连云港二模)在平面直角坐标系 xOy中 ， A ， B为圆C： (x + 4)2+ (y af= 16上的两个动点 ， 且 AB = 2 11.假设直线I: y= 2x上存在唯一的一个点 P ， 使得PA+ PB = OC ， 那么实数a的值为.【答案】2或18【解析】解法1设AB的中点为M(X0 ， y0) ， P(x ， y) ， 那么由AB = 2 11得 ， CM = 16 11= 5 ， 即点M 的轨迹为(xo+ 4)2+ (yo a)2= 5.又因为 PA+ PB = 0C,所以 PM = gOC ， 即(x x, yo y) = 2 ， ； 。

17、 ， 从xo= x 2,5,又因为直线I上存在唯一的一个点P,所以直线而a那么动点P的轨迹方程为(x + 2)2+ yyo= y + 2 ， l和动点P的轨迹(圆)相切 ， 那么22+( 1)2= 5 ， 解得,a= 2 或 a=18.152=5 ， 整理得5x2 + (4 2a)x+-4 1 =4a解法2以上同解法1,那么动点P的轨迹方程为(x + 2)2 + 2x 2 0, (#)又因为直线I上存在唯一的一个点P,所以(#)式有且只有1个实数根 ， 所以 = (4 2a)2 20 a 1 =40 ， 整理得 a2+ 16a 36= 0 ， 解得 ， a= 2 或 a= 18.解法3由题意 ， 圆心 C到直线AB的距离d =16。

18、11= 5 ， 那么AB中点M的轨迹方程为(x + 4)2 + (ya)2 = 5由PA+ PB = O)C得2PM =炭 ， 所以PM / OC如图 ， 连结 CM并延长交I于点N ， 那么CN = 2CM =2 5.故问题转化为直线I上存在唯一的一个点N ， 使得 CN = 2 5 ， 所以点 C到直线l的距离为|2爲(4) ?= 2怎 解得 ， a= 2 或 a= 18.22+( 1)【关联2】(2021苏州期初调查)圆C的方程为：(x 3)2 + (y 2)2= r2(r0) ， 假设直线3x + y= 3上存在一点P,在圆C上总存在不同的两点 M , N,使得点M是线段PN的中点 ， 那么圆 C的半径r的取值范围是.【 。

19、答案】4 10,+ .【解析】如图 ， 连结 PC,依次交圆于E, F两点 ， 连结MF , EN ,因为/ PNE和/ PFM都是弧ME的圆周角 ， 由圆周角定理可得/PNE =Z PFM ， 又/ NPE=Z FPM ， 所以厶PNEPFM ， 所以PNPFPM ， 即PE-PF = PM- PN ， 而 PE = PC r, PF = PC+ r.所以有PC2 r2 =PM-PN ， 因为 M是线段PN的中点 ， 所以 PC2 r2= 2MN 2,又因为 M , N是圆上的任意两点 ， 那么有0所以圆C的半径r的取值范围是p32+12154 1015 ， 十题型二圆与向量的综合问题知识点拨：向量在圆局部的运用主要表达设点的问题 ， 转化为 。

20、轨迹问题 。
在解决以圆为背景的动态问题的过程中 ， 关键是建立动点与圆心或弦中点的关系 ， 充分利用圆的几何性质 ， 确定相关动点的轨迹 ， 通 过定性分析 ， 定量计算 ， 实现“以定制动 ， 将复杂问题化归为简单问题处理.例2、(2021宿迁期末) 点A( 1, 0), B(1 , 0),假设圆(x a+ 1)2+ (y a 2)2= 1上存在点 M满足MA - MB = 3,那么实数a的取值范围是.【答案】2, 1【解析】解法1(坐标法求轨迹)设M(x , y),因为MA - MB = 3,所以点M的轨迹方程为(一1 x,y) (1 x, y) = 3即x2+ y2= 4,表示圆又因为点M在圆(x a+ 1)2+ ( 。

21、y a 2)2= 1上 ， 所以两圆有交点 ， 所以 2 1 3 2 2,所以 PA PB (3 2 2)2 3 = 19 12 2.【变式2】(2021苏州三市、苏北四市二调)在平面直角坐标系 xOy中 ， 点A , B在圆x2 + y2= 4上 ， 且AB = 2 2 ， 点P(3, 1), PO (PA+PB) = 16,设AB的中点M的横坐标为X0,那么X0的所有值为+( o a 2) 2 1 + 2,即 a2 + a 2 0 ， 解得一2 a 1.解法 2(基底法求轨迹)3= MA MB = (MO + OA) (MO + OB)= (MO + OA) (MO OA) = MO2 OA2= MO2 1,所以 。

22、|mO= 2,所以点M在以O为圆心 ， 2为半径的圆上又因为点 M在圆(x a+ 1)2 + (y a 2)2 = 1上 ， 所以两圆有交点 ， 所以 2 K ( 0 a+ 1) 2+( 0 a 2) 2 1 + 2,即卩a2 + a 2 0 ， 解得一 2 a 1.解后反思 解法2的本质是极化恒等式：3 = MA Mb = 1= 1 = 1 = Mo2 Oa2= Mo2 1其中极化恒等4441式：a b= 4a+ b)2 (a b)2, a, b为共起点的两个向量 ， 此公式源于2021年江苏高考第13题的应用.【变式1】(2021无锡期末)点P在圆M: (x a)2 + (y a+ 2)2= 1 上, A , 。

23、 B为圆C: x2 + (y 4)2 = 4上两动点 ， 且 AB = 2羽,贝U PA PB的最小值是 【答案】19 12 2【解析】设弦 AB 的中点为 D ， 贝U PA= PD+ DA , PB= PD+ DB ， 所以 PA PB = (PD + DA) (PD+ DB) =PD2+ PD (DA + DB)+ DA DB = PD2 3 因为 |CD|= |AC|2 上讣1 ,所以点 D 在以 C 为圆心 ， 1 为半径的圆上故 PDmin = MC min CD PM = MCmin 2 又因为 |MC| =(a 0) 2+ 2 = 2a2 12a+ 36 =【答案】1,1【解析】思路分析 设出 。

24、点M坐标为(xo , yo) ， 由弦长 AB = 2 2求得0M,条件PO (PA+ PB)= 16 通过向量的线性运算转化为2P0 PM = 16,通过上述两个条件 ， 建立方程组 ， 解得xo的值.设 M(xo, yo) ， 由 AB = 2 4 OM 2= 2 2 ， 得 OM2= x0+ y0 = 2.又PO (PA +PB)= 2pO PM = 16,所以 PO PM = ( 3, 1) (xo 3, yo+ 1) = 3xo + yo+ 10= 8,x2 + y2 = 2,1由解得xo= 1或yo= 3xo 2,51所以xo的所有值为1, 5.【变式3】2o19苏锡常镇调研二如图 ， 在等腰直角三角形。

25、ABC中 ， / ABC = 9 。
, AB = 2,以uur uuir Q uuur uuuAB为直径在厶ABC外作半圆O,P为半圆弧AB上的动点 ， 点Q在斜边BC上 ， 假设AB AQ = - ， 那么AQ CP3的最小值为【答案】刍色3【解析】解法1:以0为原点 ， AB为x轴建立平面直角坐标系 ， 那么A(0,0) , B(1,0) , C( 1, 2) ， 那么直线BC : y x 1 ， 因为点Q在BC上 ， 所以可以设 Q(t,t 1) ， 那么8 1 1 2AB AQ (2,0) (t 1,t 1) 2t 2 一 ， 所以 t ,那么 Q(,)3333因为半圆O : x21, y 0 ， 点P在半圆O上 ， 可设P(cos,sin ) ， 0 ， 那么AQ一 4CP (323)2 4(1 cos ,2 sin ) sin cos3 3兰 sin(3) ， 其中 tan 2 ， ?.所以当i时 ， AQCP取得最小值为解法同解法那么 AQ CP1 2 21得Q(丄 ， ) ， 半圆O:x23342x y ， 3342(3, 3)(x I,y 2l :4x 2y3z 0与半圆O有公共点,所以当直线(正值舍去);
当直线l经过点(1,0)时,1,y因为点P在半圆O上 ， 所以设P(x,y) ， l与半圆O相切时,即 4x 2y 3z 0 ， 3z421 ， 解得z(2)2z - ， 所以AQ CP取得最小值为32、53 。

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