重难点25 直线与圆综合（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2840" 【题型1 圆的弦长与中点弦问题】 PAGEREF _Tc2840 \h 2
\l "_Tc8365" 【题型2 圆的切线及切线方程问题】 PAGEREF _Tc8365 \h 4
\l "_Tc1409" 【题型3 直线与圆中的面积问题】 PAGEREF _Tc1409 \h 7
\l "_Tc5881" 【题型4 直线与圆中的最值问题】 PAGEREF _Tc5881 \h 11
\l "_Tc20648" 【题型5 距离及其新定义问题】 PAGEREF _Tc20648 \h 14
\l "_Tc3971" 【题型6 阿波罗尼斯圆】 PAGEREF _Tc3971 \h 16
\l "_Tc11433" 【题型7 直线与圆中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc11433 \h 19
\l "_Tc12229" 【题型8 直线与圆中的向量问题】 PAGEREF _Tc12229 \h 24
\l "_Tc8121" 【题型9 直线与圆中的探索性问题】 PAGEREF _Tc8121 \h 26
1、直线与圆的综合
直线与圆是高考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，直线与圆结合命题时，主要考察直线与圆的位置关系、圆的弦长、面积、最值问题等，多以选择题或填空题的形式考查，难度中等；有时也会出现在压轴题的位置，此时多与导数、圆锥曲线等相结合，难度较大，需要学会灵活求解.
【知识点1 直线与圆相交时的弦长求法】
1．圆的弦长的求法：
设直线l的方程为y=kx+b，圆C的方程为，求弦长的方法有以下几种：
(1)几何法
如图所示，半径r、圆心到直线的距离d、弦长l三者具有关系式：.
(2)代数法
将直线方程与圆的方程组成方程组，设交点坐标分别为A,B.
①若交点坐标简单易求，则直接利用两点间的距离公式进行求解.
②若交点坐标无法简单求出，则将方程组消元后得一元二次方程，由一元
二次方程中根与系数的关系可得或的关系式，通常把或叫作弦长公式.
【知识点2 圆的切线及切线方程问题】
1．自一点引圆的切线的条数：
(1)若点在圆外，则过此点可以作圆的两条切线；
(2)若点在圆上，则过此点只能作圆的一条切线，且此点是切点；
(3)若点在圆内，则过此点不能作圆的切线.
2．求过圆上的一点的圆的切线方程：
(1)求法：先求切点与圆心连线的斜率k()，则由垂直关系可知切线斜率为，由点斜式方程可求
得切线方程.如果k=0或k不存在，则由图形可直接得切线方程.
(2)重要结论：
①经过圆上一点P的切线方程为.
②经过圆上一点P的切线方程为.
③经过圆+Dx+Ey+F=0上一点P的切线方程为
.
【知识点3 解决直线与圆有关的最值与范围问题的常用方法】
1．利用直线与圆的位置关系解决最值(取值范围) 问题的解题方法
直线与圆中的最值问题一般是根据条件列出所求目标——函数关系式，然后根据函数关系式的特征选
用参数法、配方法、判别式法等，应用不等式求出其最值(取值范围).对于圆的最值问题，要利用圆的特殊几何性质，根据式子的几何意义求解，这常常是简化运算的最佳途径.
①形如u=的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题.
②形如t=ax+by的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题.
③形如的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题.
【题型1 圆的弦长与中点弦问题】
【例1】（2024·河南·模拟预测）直线l:x+y=1，圆C:x2+y2−2x−2y−2=0.则直线l被圆C所截得的弦长为（ ）
A．2B．23C．27D．14
【解题思路】先将圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用勾股定理即可求解.
【解答过程】圆C的标准方程为x−12+y−12=4，
由此可知圆C的半径为r=2，圆心坐标为C1,1，
所以圆心C1,1到直线l:x+y=1的距离为d=1+1−112+12=22，
所以直线被圆截得的弦长为2r2−d2=222−222=14.
故选：D.
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）已知直线l:y=x+m(m>0)与⊙C:(x−1)2+y2=2交于A，B两点，若AB=2，则m=（ ）
A．1B．2C．2−1D．3−1
【解题思路】如图，根据点到直线的距离求出圆心C(1,0)到直线l:x−y+m=0的距离，由垂径定理求出CD，建立关于m的方程，解之即可求解.
【解答过程】如图，取AB的中点D，连接CD,AC，则AB⊥CD，

圆C:(x−1)2+y2=2的圆心C(1,0)，半径为r=2，
圆心C(1,0)到直线l:x−y+m=0的距离为d=1+m2，
又d=r2−(AB2)2=2−1=1，所以1+m2=1，
由m>0，解得m=2−1.
故选：C.
【变式1-2】（24-25高二上·陕西西安·开学考试）直线l过点2,1，且与圆C：x−22+y−42=10相交所形成的长度为整数的弦的条数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【解题思路】判断已知点与圆的位置关系，并确定过定点的直线与圆所成弦长的范围，结合圆的对称性确定弦的条数.
【解答过程】由题设，圆C的圆心为(2,4)，且半径r=10，
而2−22+1−42=9<10，即点2,1在圆内，且圆心到该点的距离d=3，
当直线l与2,1、(2,4)的连线垂直时，弦长最短为2r2−d2=2，
而最长弦长为圆的直径为210，故所有弦的弦长范围为[2,210]，
所以相交所形成的长度为整数的弦，弦长为2,3,4,5,6，
根据圆的对称性，弦长为3,4,5,6各有2条，弦长为2的只有1条，
综上，共9条.
故选：D.
【变式1-3】（2024·广东广州·模拟预测）直线l:y=kx−2与圆C:x2+y2−6x−7=0交于A，B两点，则AB的取值范围为（ ）
A．7,4B．27,8C．3,4D．23,8
【解题思路】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，即可求出AB的取值范围.
【解答过程】由题易知直线l:y=kx−2恒过M0,−2，
圆C:x2+y2−6x−7=0化为标准方程得C:x−32+y2=16，
即圆心为C3,0，半径r=4，
圆心到M0,−2距离CM=3−02+0+22=13<4，
所以M0,−2在圆C内，

则直线l与圆C交点弦AB最大值为直径即8，
AB最小时即为圆心到直线距离最大，
即CM⊥l时，此时AB=242−13=23，
所以AB的取值范围为23,8.
故选：D.
【题型2 圆的切线及切线方程问题】
【例2】（2024·全国·模拟预测）已知圆C:x2+y2+4x+6y+12=0，直线l过点P−1,0，则“直线l的方程为4x−3y+4=0”是“直线l与圆C相切”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
【解题思路】根据直线与圆相切求出切线方程，再由充分条件、必要条件得出选项.
【解答过程】因为圆C:x2+y2+4x+6y+12=0可化为x+22+y+32=1，
所以圆C的圆心坐标是−2,−3，半径为1．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程是x=−1，满足直线l与圆C相切；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1，即kx−y+k=0，
由圆心C−2,−3到直线l的距离等于圆C的半径，得−2k+3+kk2+1=1，解得k=43，
故直线l的方程是4x−3y+4=0．
综上所述，当直线l的方程是x=−1或4x−3y+4=0时，直线l与圆C相切，
则“直线l的方程为4x−3y+4=0”是“直线l与圆C相切”的充分不必要条件．
故选：A.
【变式2-1】（2024·四川攀枝花·三模）由直线y=x上的一点P向圆x−42+y2=4引切线，切点为Q，则PQ的最小值为（ ）
A．2B．2C．6D．22
【解题思路】根据已知条件，求得PQ=d2−r2=d2−4，由此可知d=4−01+1=22时，PQ取得最小值，由此即可求解.
【解答过程】

由已知有：圆的圆心4,0，半径为r=2，直线的一般方程为x−y=0，
设点P到圆心的距离为d，则有PQ⊥CQ，所以PQ=d2−r2=d2−4，
所以d取最小值时，PQ取得最小值，
因为直线上点P到圆心的距离最小值为圆心到直线的距离，
所以d=4−01+1=22，故PQ的最小值为d2−r2=8−4=2.
故选：B.
【变式2-2】（2024·天津和平·二模）过直线y=x上的点P作圆C：x+32+y−52=4的两条切线l1，l2，当直线l1，l2关于直线y=x对称时，点P的坐标为（ ）
A．1,1B．35,35C．65,65D．32,32
【解题思路】根据直线和圆的位置关系、两直线的交点等知识求得正确答案.
【解答过程】圆C:x+32+y−52=4的圆心为C−3,5，
直线l1,l2关于直线y=x对称时，CP与直线y=x垂直，
所以直线CP的方程为y−5=−x+3,x+y−2=0，
由x+y−2=0y=x解得x=1y=1，所以P1,1.
故选：A.
【变式2-3】（2024·湖南永州·一模）在平面直角坐标系中，过直线2x−y−3=0上一点P作圆C:x2+2x+y2=1的两条切线，切点分别为A、B，则sin∠APB的最大值为（ ）
A．265B．255C．65D．55
【解题思路】由题意圆C:x2+2x+y2=1的标准方程为C:x+1+y2=2，如图sin∠APB=sin2α=2sinαcsα，又sinα=ACCP=2CP2，所以csα=1−sin2α=1−2CP2，又由圆心到直线的距离可求出CP的最小值，进而求解.
【解答过程】如下图所示：

由题意圆C的标准方程为C:x+1+y2=2，sin∠APB=sin2α=2sinαcsα，
又因为sinα=ACCP=2CP2，所以csα=1−sin2α=1−2CP2，
所以sin∠APB=2sinαcsα=22CP21−2CP2，
又圆心C−1,0到直线2x−y−3=0的距离为d=−2−0−322+−12=5，
所以CP≥d=5，所以不妨设t=1CP2,0则sin∠APB=22CP21−2CP2=22t1−2t=2−4t−142+14=ft，
又因为ft在0,15单调递增，所以当且仅当t=15即CP=5，即当且仅当直线CP垂直已知直线2x−y−3=0时，
sin∠APB有最大值sin∠APBmax=f15=2−415−142+14=265.
故选：A.
【题型3 直线与圆中的面积问题】
【例3】（23-24高二上·福建南平·期末）已知圆C的圆心在直线l1:x−y−3=0上且圆C与x轴相切于点M2,0.
(1)求圆C的方程；
(2)已知直线l2:x+2y−1=0与圆C相交于A,B两点，求△ABC的面积.
【解题思路】（1）设圆心坐标为C(a,b)，由题意a−b−3=0a=2，解方程组得圆心，进一步求得半径即可；
（2）求出圆心到直线l2的距离，结合圆的弦长公式求得AB即可得解.
【解答过程】（1）设圆心坐标为C(a,b)，
由于圆C的圆心在直线l1:x−y−3=0上且圆C与x轴相切于点M(2,0)，
可得a−b−3=0a=2，解得a=2b=−1，即圆心坐标为(2,−1)，
由于圆C与x轴相切于点M(2,0)，则半径r=−1=1.
所以圆C的方程为(x−2)2+(y+1)2=1.
（2）依题意，圆心(2,−1)到直线l2:x+2y−1=0的距离d=2+2×(−1)−112+22=55，
因为直线l2:x+2y−1=0与圆C相交于A,B两点，
所以弦长AB=2r2−d2=21−15=455，
所以S△ABC=12AB⋅d=12×455×55=25.
【变式3-1】（23-24高二上·浙江湖州·期末）已知圆O：x2+y2=4，直线l:y=kx+4．
(1)若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当∠AOB=90°时，求k的值；
(2)若k=12时，点P为直线l上的动点，过点P作圆O的两条切线PC，PD，切点分别为C，D，求四边形OCPD的面积的最小值．
【解题思路】（1）根据垂径定理得圆心到直线距离，再利用点到直线距离公式求解；
（2）将四边形OCPD的面积的最小值转化为求S△OPD的面积最小值，根据S△OPD=12OD⋅PD=OP2−4求其最小值即可.
【解答过程】（1）当∠AOB=90°时，由垂径定理得圆心O到直线l:y=kx+4的距离为2，
则41+k2=2，
解得k=±7；
（2）当k=12时，直线l:y=12x+4，即x−2y+8=0
由已知得S△OPD=12OD⋅PD=12OD⋅OP2−OD2=OP2−4
又OPmin=81+4=85，
所以S△OPD的最小值为852−4=2115，
又因为四边形OCPD的面积的为2S△OPD，所以其最小值为4115=4555
【变式3-2】（23-24高二上·河南·阶段练习）已知圆M经过A1,5,B4,2,C5+1,0三点.
(1)求圆M的方程；
(2)已知斜率为−12的直线l经过第三象限，且与圆M交于点E,F，求△EFM的面积的取值范围.
【解题思路】（1）设出圆方程，代入点坐标，利用待定系数法求解圆M的方程即可.
（2）设出直线方程，表示出△EFM的面积，根据参数范围即可求出△EFM的面积的取值范围.
【解答过程】（1）设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，将A,B,C三点坐标代入，
则D+5E+F+26=04D+2E+F+20=05+1D+F+5+12=0，解得D=−2,E=−4,F=−4,
则圆M的方程为x2+y2−2x−4y−4=0；
（2）
由（1）知圆M的方程为x−12+y−22=9，
即圆心M1,2，半径为r=3，
可设直线l方程：y=−12x+k,k<0，
圆心M1,2到直线l的距离为d=12+2−k14+1=5−2k5，
由于k<0，且直线l与圆交于两点，因此d>5,0线段EF=29−d2，因此△EFM的面积S=12⋅d⋅29−d2=−d2−922+814，
由于5所以△EFM的取值范围为0,25.
【变式3-3】（2024·江苏苏州·三模）已知圆O:x2+y2=4，直线l1:x=m，直线l2:y=x+b和圆交于A，B两点，过A，B分别做直线l1的垂线，垂足为C，D.
(1)求实数b的取值范围;
(2)若m=−4，求四边形ABDC的面积取最大值时，对应实数b的值;
(3)若直线AD和直线BC交于点E，问是否存在实数m，使得点E在一条平行于x轴的直线上?若存在，求出实数m的值;若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用圆O与直线l2相交可建立关于b的不等式，求解即可；
（2）联立圆O与直线l2的直线方程，利用韦达定理和b表示出四边形ABDC的面积，再构造函数，利用导数求解即可；
（3）表示出直线AD和直线BC交的直线方程，联立方程组得到y的值，再结合韦达定理可得实数m.
【解答过程】（1）圆O的半径为2，因为直线l2和圆O交于A，B两点，
所以圆心到直线l2的距离d=b2<2，
解得−22则实数b的取值范围为−22（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，则C−4,y1,D−4,y2，
由y=x+bx2+y2=4得2x2+2bx+b2−4=0，
所以x1+x2=−b,x1x2=b2−42，y1−y2=x1−x2，
则y1−y2=x1−x22=x1+x22−4x1x2 =8−b2，
因为四边形ABDC为直角梯形，
所以四边形ABDC的面积S=12AC+DBy1−y2
=12x1+4+x2+4y1−y2=128−b28−b2，
令fb=8−b28−b2 −22f′b=48−bb2−4b−4，令f′b=0，解得b=2−22，
当−220，fb单调递增，
当2−22所以当b=2−22时四边形ABDC的面积最大，
且最大值为6+2222−1；

（3）Ax1,y1,Bx2,y2，则Cm,y1,Dm,y2，且直线AD、BC的斜率存在，
由（2）x1+x2=−b,x1x2=b2−42，y1=x1+b，y2=x2+b，
直线AD:y−y2y1−y2=x−mx1−m，直线BC:y−y1y2−y1=x−mx2−m，
联立得y=y2x1+x2y1−my1−my2x1+x2−2m=x2+bx1−m+x1+bx2−mx1+x2−2m，
=2x2x1+x1+x2b−m−2bmx1+x2−2m=b2−4−bb−m−2bm−b−2m=bm+4b+2m
若bm+4b+2m为常数，则bm+4=kb+2m，其中k为常数，
可得k=m4=2mk，解得k=±2，
所以当m=±2时点E在一条平行于x轴的直线上.
【题型4 直线与圆中的最值问题】
【例4】（2024·四川乐山·三模）已知圆O:x2+y2=16，点E是l:2x−y+16=0上的动点，过E作圆O的切线，切点分别为A,B，直线AB与EO交于点M，则OM的最大值为（ ）
A．2B．5C．6D．7
【解题思路】根据已知条件及三角形相似，利用向量的关系及点在直线上，结合圆上的点到定点的距离的最值即可求解.
【解答过程】由题意作出图形如图所示
设Mx,y，Ex′,y′，由△AOE∽△MOA,可得|OA||OE|=|OM||OA|，
所以|OE||OM|=|OA|2|OM|2=16x2+y2，即|OE|=16x2+y2|OM|，即OE=16x2+y2OM，
所以x′,y′=16x2+y2x,y=16xx2+y2,16yx2+y2，
所以x′=16xx2+y2y′=16yx2+y2，
所以点E16xx2+y2,16yx2+y2，
将点E的坐标代入直线l:2x−y+16=0中，
化简可得x+12+y−122=54（x,y不同时为0），
所以点M的轨迹是以−1,12为圆心，52为半径的圆，
所以OM的最大值为−1−02+12−02+52=5.
故选：B.
【变式4-1】（2024·广东珠海·一模）已知点A−1,0，B0,3，点P是圆x−32+y2=1上任意一点，则△PAB面积的最小值为（ ）
A．6B．112C．92D．6−102
【解题思路】求出直线AB的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点P到直线AB距离的最小值即可求得最小值.
【解答过程】两点A−1,0，B0,3，则|AB|=(−1)2+32=10，直线AB方程为y=3x+3，
圆x−32+y2=1的圆心C(3,0)，半径r=1，
点C到直线AB:3x−y+3=0的距离d=1232+(−1)2=6105，
因此点P到直线AB距离的最小值为d−r=6105−1，
所以△PAB面积的最小值是12×10×(6105−1)=6−102.
故选：D.
【变式4-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知圆C:x2+2x+y2=0，点P为直线2x+y−2=0上的一点，过P作圆C的切线，切点分别为A,B，则cs∠APB的最小值为（ ）
A．455B．38C．−455D．−38
【解题思路】根据给定条件，利用切线长定理，结合二倍角的余弦公式列式，再借助点到直线距离求解即得.
【解答过程】圆C:x2+2x+y2=0的圆心C(−1,0)，半径r=1，
依题意，cs∠APB=1−2sin2∠APC=1−2|AC|2|PC|2=1−2|PC|2，
显然当PC取得最小值时，cs∠APB取得最小值，
PC的最小值即为点C到直线2x+y−2=0的距离，即|PC|min=−2−222+1=455，
所以(cs∠APB)min=1−2(455)2=38.
故选：B.
【变式4-3】（2024·陕西西安·一模）已知圆O的方程为：x2+y2=1，点A2,0，B0,2，P是线段AB上的动点，过P作圆O的切线，切点分别为C，D，现有以下四种说法：①四边形PCOD的面积的最小值为1；②四边形PCOD的面积的最大值为3；③PC⋅PD的最小值为−1；④PC⋅PD的最大值为32．其中所有正确说法的序号为（ ）
A．①③④B．①②④C．②③④D．①④
【解题思路】利用数形结合，将面积PCOD的最值转化为求OP的最值，即可判断①②；利用数量积和三角函数表示PC⋅PD，再转化为利用对勾函数的单调性求最值.
【解答过程】如图，当点P是AB的中点时，此时OP⊥AB，OP最短，最小值为2，
当点P与点A或点B重合时，此时OP最长，最大值为2，
因为PC,PD是圆O的切线，所以PC⊥OC，PD⊥OD，
则四边形PCOD的面积为PCOC=PC=PO2−1，
所以四边形PCOD的面积的最小值为2−1=1，最大值为4−1=3，故①②正确；
PC⋅PD=PCPDcs∠CPD=PC2×2cs2∠OPC−1,
=PC2×2PC2PO2−1=2PC4PO2−PC2=2PO2−12PO2−PO2+1，
=PO2+2PO2−3，PO2∈2,4，
设y=t+2t−3,t∈2,4，函数单调递增，最小值为0，最大值为32，故③错误，④正确.
故选：B.
【题型5 距离及其新定义问题】
【例5】（2024·四川成都·三模）已知圆C：x2+y2=1，直线l：x−y+c=0，则“c=22”是“圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12”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
【解题思路】利用圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12，等价于O0,0到直线l：x−y+c=0的距离为12，从而利用点线距离公式与充分必要条件即可得解.
【解答过程】因为圆C：x2+y2=1的圆心O0,0，半径为r=1，
当圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12时，
则O0,0到直线l：x−y+c=0的距离为12，
所以0−0+c1+1=12，解得c=±22，即必要性不成立；
当c=22时，由上可知O0,0到直线l：x−y+c=0的距离为12，
此时圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12，即充分性成立；
所以“c=22”是“圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式5-1】（2024·河南·模拟预测）已知实数a，b满足a2+b2+1=2a+2b，则3a+4b−12的最小值是（ ）
A．1B．2C．4D．16
【解题思路】将已知a2+b2+1=2a+2b表示成一个以1,1为圆心，1为半径的圆，将问题转化为圆上一点到直线3x+4y−1=0距离最小值问题，从而找到解题关键.
【解答过程】依题意可知曲线fa,b=0表示一个以1,1为圆心，1为半径的圆，
求3a+4b−12的最小值相当于先求d=3a+4b−132+42=3a+4b−15的最小值，
即求圆a−12+b−12=1上一点到直线3x+4y−1=0的距离d的最小值，
所以dmin=3×1+4×1−15−1=15，
即3a+4b−12的最小值为1．
故选：A．
【变式5-2】（2024·河南·模拟预测）一直线族的包络线是这样定义的曲线：该曲线不包含于直线族中，但过该曲线上的每一点，都有直线族中的一条直线与它在这一点处相切.若曲线C是直线族t2−1x−2ty+2t2+2=0t∈R的包络线，则C上的点到直线x+y=4的最小距离为 22−2 .
【解题思路】将切线方程转化为关于t的方程为x+2t2−2yt+2−x=0.根据一个解对应一条切线可知该方程仅有一解，利用Δ=0可得曲线C的方程，结合直线与圆的位置关系即可求解.
【解答过程】曲线C上任一点Px,y对应的切线方程为t2−1x−2ty+2t2+2=0，
将其整理为关于t的方程为x+2t2−2yt+2−x=0.
由题意知，一个解对应一条切线，即关于t的方程仅有一解，
所以Δ=−2y2−4x+22−x=0，整理，得x2+y2=4，
即曲线C的方程为x2+y2=4，
故C上的点到直线x+y=4的最小距离为d=42−2=22−2.
故答案为：22−2.
【变式5-3】（2024高三·全国·专题练习）已知点Px,y是圆(x+2)2+y2=1上任意一点．
(1)求P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值和最小值．
(2)求x−2y的最大值和最小值．
(3)求y−2x−1的最大值和最小值
【解题思路】（1）转化为圆心到直线的距离的最大值和最小值；
（2）解法一，转化为直线x−2y−t=0与圆(x+2)2+y2=1有公共点，解法二，利用三角换元求最值；
（3）首先设y−2x−1=k，再转化为直线kx−y−k+2=0与圆(x+2)2+y2=1有交点，
【解答过程】（1）圆心C−2,0到直线3x+4y+12=0的距离为d=|3×(−2)+4×0+12|32+42=65．
∴P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值为d+r=65+1=115，最小值为d−r=65−1=15．
（2）解法一 ：设t=x−2y，则直线x−2y−t=0与圆(x+2)2+y2=1有公共点，
∴|−2−t|12+22≤1，解得−5−2≤t≤5−2，
则tmax=5−2,tmin=−2−5，即x−2y的最大值为5−2，最小值为−2−5．
解法二：设x=−2+csθ,y=sinθ，则x−2y=−2+csθ−2sinθ=−2−5sin(θ−φ)，其中tanφ=12，
∴得−2−5≤x−2y≤−2+5，即x−2y的最大值为5−2，最小值为−2−5．
（3）y−2x−1表示圆上的点Px,y与点A1,2连线的斜率为k，
设y−2x−1=k，即kx−y−k+2=0，直线kx−y−k+2=0与圆(x+2)2+y2=1有交点，
设d=|−3k+2|k2+1≤1，
解得3−34≤k≤3+34．
则kmax=3+34,kmin=3−34，即y−2x−1的最大值为3+34，最小值为3−34．
【题型6 阿波罗尼斯圆】
【例6】（2024·广西河池·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数λ（λ≠1）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点O0,0，A15,25，动点Px,y满足POPA=52，若点P的轨迹与圆C：x2+y2+6x+2y=r2−10（r>0）有且仅有三条公切线，则r=（ ）
A．12B．1C．2D．3
【解题思路】由题意计算可得点P的轨迹为圆，由公切线条数可知两圆外切，借助两圆外切的性质计算即可得解.
【解答过程】由题意可得x2+y2x−152+y−252=52，化简得x2+y2−2x−4y+1=0，
即x−12+y−22=4，即动点Px,y的轨迹为以1,2为圆心，2为半径的圆，
由C：x2+y2+6x+2y=r2−10（r>0），可得x+32+y+12=r2，
故圆C以−3,−1为圆心，r为半径，由两圆有且仅有三条公切线，
故两圆外切，即有r+2=1+32+2+12=5，即r=3.
故选：D.
【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：在平面上，若动点P到相异两点A和B距离比值为不等于1的定值，则动点P的轨迹是圆心在直线AB上的圆，该圆被称为点A和B相关的阿氏圆．已知P在点A和B相关的阿氏圆O:x2+y2=4上，其中点A−4,0，点Q在圆M:x−32+y−32=1上，则PQ+12PA的最小值为（ ）
A．32−1B．32+1C．4D．6
【解题思路】借助阿氏圆定义计算可得B点坐标，进而可得12PA=PB，结合两点之间距离最短计算即可得.
【解答过程】方法一：因为圆O:x2+y2=4的圆心为O0,0，点A−4,0，
由阿氏圆定义知，点B在x轴上，设Bt,0，
圆O:x2+y2=4与x轴的交点P1−2,0，P22,0，
则由阿氏圆定义知P1BP1A=P2BP2A，即t+22=t−26，
解得t=−1或t=−4（舍），故B−1,0，
且PBPA=12，即12PA=PB，
故PQ+12PA=PQ+PB≥PB+PM−r⊙M≥MB−r⊙M=5−1=4，
当且仅当B，P，Q，M四点共线时，PQ+12PA取最小值4，故选：C．
方法二：设Px0,y0，则x02+y02=4，故y02=4−x02，
故12PA=x0+42+y024=x0+42+4−x024=5+2x0
=x02+y02+2x0+1=x0+12+y02，即B−1,0，则12PA=PB，
故PQ+12PA=PQ+PB≥PB+PM−r⊙M≥MB−r⊙M=5−1=4，
当且仅当B，P，Q，M四点共线时，PQ+12PA取最小值4.
故选：C．
【变式6-2】（2024·广西·模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ（λ>0且λ≠1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点P到A2,0，B−2,0的距离比为3，则点P到直线l：22x−y−2=0的距离的最大值是（ ）
A．32+23B．2+23C．43D．63
【解题思路】先由题意求出点P的轨迹方程，再由直线和圆的位置关系求解即可.
【解答过程】由题意，设点Px,y，则PAPB=x−22+y2x+22+y2=3，
∴x−22+y2x+22+y2=3，化简得点P的轨迹方程为x+42+y2=12，
∴点P的轨迹是以−4,0为圆心，半径r=23的圆.
圆心−4,0到直线l：22x−y−2=0的距离d=−82−2222+−12=32，
∴点P到直线l最大距离为d+r=32+23.
故选：A.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，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λ(λ>0，且λ≠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xOy中，A−2,0,B4,0，点P满足PAPB=12.设点P的轨迹为曲线C，则下列说法错误的是（ ）
A．C的方程为(x+4)2+y2=16
B．当A,B,P三点不共线时，则∠APO=∠BPO
C．在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|
D．若D2,2，则PB+2PD的最小值为45
【解题思路】根据已知条件及两点之间的距离公式，利用三角形的角平分线定理及圆与圆的位置关系，结合三点共线时线段取得最短即可求解.
【解答过程】设Px,y，由PAPB=12，得x+22+y2x−42+y2=12，化简得(x+4)2+y2=16，故A正确；
当A,B,P三点不共线时，OAOB=12=PAPB，所以PO是∠APB的角平分线，所以∠APO=∠BPO，故B正确；
设Mx,y,则x2+y2=2x+22+y2，化简得(x+83)2+y2=169，因为(−4+83)2+0−02=43<4−43，所以C上不存在点M，使得|MO|=2|MA|，故C错
误；
因为PAPB=12，所以PB=2PA，所以PB+2PD=2PA+2PD≥2AD=45，当且仅当P在线段AD上时，等号成立，故D正确.
故选：C.
【题型7 直线与圆中的定点、定值、定直线问题】
【例7】（2024高三·全国·专题练习）已知圆A：(x+2)2+y2=25，A为圆心，动直线l过点P(2,0)，且与圆A交于B，C两点，记弦BC的中点Q的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过A作两条斜率分别为k1，k2的直线，交曲线E于M，N两点，且k1k2=−3，求证：直线MN过定点．
【解题思路】（1）根据题意可得：AQ⊥BC，AQ⊥PQ，即点Q的轨迹为以AP为直径的圆，从而得到曲线E的方程；
（2）讨论当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立x2+y2=4，结合韦达定理可得：x1+x2=−2ktk2+1，x1x2=t2−4k2+1，化简k1k2=y1x1+2⋅y2x2+2=−3，可得(t−k)(t−2k)=0，从而得到t=k，得到直线MN过定点(−1,0)，当直线MN斜率不存在时，设直线MN：x=t(−2【解答过程】（1）因为Q是弦BC的中点，
所以AQ⊥BC，即AQ⊥PQ，
所以点Q的轨迹为以AP为直径的圆，所以曲线E的方程为x2+y2=4.
（2）当直线MN的斜率存在时，
设直线MN的方程为y=kx+t，
代入x2+y2=4，得(k2+1)x2+2ktx+t2−4=0.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1，x2是方程的两解，
则Δ>0，x1+x2=−2ktk2+1，x1x2=t2−4k2+1，
k1k2=y1x1+2⋅y2x2+2=kx1+tx1+2⋅kx2+tx2+2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2+2(x1+x2)+4=−3
根据根与系数的关系，得t2−3kt+2k2=0，
即(t−k)(t−2k)=0.
若t−2k=0，则直线MN过点A，舍去；
所以t−k=0，即t=k，
直线MN的方程为y=k(x+1)，故直线过定点(−1,0).
当直线MN斜率不存在时，设直线MN：x=t(−2与曲线E的方程联立，可得M(t,4−t2)，N(t,−4−t2)，则k1k2=−4−t2(t+2)2=−3，解得t=−1，
故直线MN的方程为x=−1，恒过点(−1,0).
综上，直线MN过定点(−1,0).
【变式7-1】（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）圆G经过点2,23,−4,0，圆心在直线y=x上．
(1)求圆G的标准方程；
(2)若圆G与x轴分别交于M,N两点，A为直线l:x=16上的动点，直线AM,AN与曲线圆G的另一个交点分别为E,F，求证直线EF经过定点，并求出定点的坐标．
【解题思路】（1）设出圆心坐标，利用圆心到圆上各点的距离等于半径求解即可；
（2）设出直线AM的方程和直线AN的方程，分别与圆的方程联立写出E、F的坐标，进而写出直线EF的方程，化简即可证明直线EF经过定点，并求出定点的坐标.
【解答过程】（1）因为圆心在直线y=x上，设圆心为a,a,
又因为圆G经过点2,23,−4,0
则a−22+a−232=a+42+a2，解得a=0，
所以圆心0,0,半径为0+42+02=4，
所以圆G的标准方程为x2+y2=16
（2）由圆G与x轴分别交于M,N两点，不妨设M−4,0,N4,0，
又A为直线l:x=16上的动点，设A16,tt≠0，则kAM=t20,kAN=t12,
则AM方程为y=t20x+4，AN方程为y=t12x−4，
设Ex1,y1,Fx2,y2，
联立方程y=t20x+4x2+y2=16，解得400+t2x2+8t2x+16t2−400=0，
所以−4x1=16t2−400400+t2，即x1=−4t2−400400+t2,y1=160t400+t2，即E−4t2−400400+t2,160t400+t2.
联立方程y=t12x−4x2+y2=16，解得144+t2x2−8t2x+16t2−144=0，
所以4x2=16t2−144144+t2，即x2=4t2−144144+t2,y2=−96t144+t2，即F4t2−144144+t2,−96t144+t2.
当t≠±415时，kEF=160t400+t2−−96t144+t2−4t2−400400+t2−4t2−144144+t2 =32t240−t2，
所以直线EF的方程为y−−96t144+t2=32t240−t2x−4t2−144144+t2,
化简得y=32t240−t2x−1,所以直线EF过定点1,0.
当t=±415时，x1=x2=1，此时EF过定点1,0.
综上，直线EF过定点1,0.
【变式7-2】（23-24高二上·江苏泰州·阶段练习）已知△AMN的三个顶点分别为A3,0，M0,1，N0,9，动点P满足PN=3PM．
(1)求动点P的轨迹T的方程；
(2)若B，C为（1）中曲线T上的两个动点，D为曲线x+12+y2=4x≠−3上的动点，且AD=AB+AC，试问直线AB和直线AC的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【解题思路】（1）设Px,y，利用距离公式得到方程，整理即可得解；
（2）设直线AB和直线AC的斜率之积为mm≠0，设Bx1,y1，Cx2,y2，Dx0,y0，即可得到y12y22x1−32x2−32=m2，再由B，C为圆O：x2+y2=9上及AD=AB+AC，消去参数得到关于m的方程，解得即可.
【解答过程】（1）设Px,y，由PN=3PM则3x2+(y−1)2=x2+(y−9)2，
化简得动点P的轨迹T的方程为x2+y2=9．
（2）设直线AB和直线AC的斜率之积为mm≠0，
事实上，若m=0，则直线BC必过原点，从而D的坐标为−3,0，不合题意，舍去．
设Bx1,y1，Cx2,y2，Dx0,y0，则y1x1−3⋅y2x2−3=m，y1y2=mx1−3x2−3①，
则y12y22x1−32x2−32=m2，
又B，C在圆O：x2+y2=9上，则x12+y12=9，x22+y22=9，
所以9−x129−x22x1−32x2−32=m2化简得：3+x13+x23−x13−x2=m2，
整理得x1x2=3m2+1m2−1x1+x2−9②，
因为AD=AB+AC，所以x1−3,y1+x2−3,y2=x0−3,y0，
从而Dx1+x2−3,y1+y2，又D为曲线y2+(x+1)2=4(x≠−3)的动点，
所以y1+y22+x1+x2−22=4展开得x12+y12+x22+y22+2x1x2+2y1y2−4x1+x2=0，
将①代入：9+9+2mx1−3x2−3+2x1x2−4x1+x2=0，
化简得：(m+1)x1x2−(2+3m)x1+x2+9(m+1)=0，
将②代入：3m2+1m−1x1+x2−(2+3m)x1+x2=0，整理得：m+5m−1⋅x1+x2=0，
因为x1+x2−3≠−3，所以x1+x2≠0，从而m+5=0，所以m=−5．
【变式7-3】（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知圆C与直线x−3y+2=0相切于点1,3，且圆心C在x轴的正半轴上.
(1)求圆C的方程；
(2)过点A1,0作直线交圆C于M，N两点，且M，N两点均不在x轴上，点B4,0，直线BN和直线OM交于点G.证明：点G在一条定直线上，并求此直线的方程.
【解题思路】（1）设圆心Ca,0，利用垂直关系求出圆心坐标，从而利用距离公式求出半径，即可求出圆的方程；
（2）设直线MN方程，与圆方程联立，得到韦达定理式，求出直线OM和直线BN的方程，联立求得xG=−2，即可证明.
【解答过程】（1）由圆心C在x轴的正半轴上设圆心Ca,0a>0，
又圆C与直线x−3y+2=0相切于点1,3，则3−01−a=−3，解得a=2，
所以C2,0，半径r=2−12+0−32=2，所以圆C的方程为：x−22+y2=4.
（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN方程为：x=my+1，
联立x−22+y2=4x=my+1得m2+1y2−2my−3=0，
Δ=−2m2+12m2+1=16m2+12>0，y1+y2=2mm2+1，y1y2=−3m2+1，
直线OM方程为：y=y1x1x，直线BN方程为：y=y2x2−4x−4，
联立y=y1x1xy=y2x2−4x−4，可得x=4x1y2x1y2−x2y1+4y1=4my1y2+4y23y1+y2=4−3mm2+1+y23y1+y2−2y2=2−3mm2+1+y23mm2+1−y2=−2，
所以点G在直线x=−2上.
【题型8 直线与圆中的向量问题】
【例8】（2024·安徽·一模）已知直线x+y−k=0k>0与圆x2+y2=4交于不同的两点A,B，O是坐标原点，且有OA+OB≥3AB，则实数k的取值范围是（ ）
A．3,6B．2,6C．6,22D．6,23
【解题思路】设AB中点为C，由条件得出AB与OC的关系结合点到直线的距离解不等式即可.
【解答过程】设AB中点为C，则OC⊥AB，
∵OA+OB≥3AB，
∴2OC≥3AB，∴AB≤233OC，
∵OC2+14AB2=4⇒43OC2≥4，即OC2≥3，
又∵直线x+y−k=0k>0与圆x2+y2=4交于不同的两点A、B，
∴OC2<4，故4>OC2≥3，
则4>|−k|22≥3，
∵k>0,∴6≤k<22.
故选：C．
【变式8-1】（2024·重庆·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:x−12+y2=4，P为直线l:x+y+3=0上的一个动点，过点P作圆C的切线PM，切点为点M，当PM最小时，则PM⋅PC的值为（ ）
A．4B．2C．2D．3
【解题思路】判断出PM最小时P点的位置，进而求得此时PM⋅PC的值.
【解答过程】由于PM是圆C的切线，所以PM⊥CM，所以PM=PC2−CM2=PC2−4，
当PC⊥l时，PC最小，此时PM最小.
C1,0到直线l:x+y+3=0的距离为1+0+32=22，
则PC⊥l时，PC=22，PMmin=222−22=2，
所以此时三角形PCM是等腰直角三角形，
所以当PM最小时，则PM⋅PC的值为2×22×csπ4=4.
故选：A.
【变式8-2】（2024·河北唐山·二模）已知圆C：x2+y−32=4，过点0,4的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则CP⋅CA+CB的取值范围是（ ）
A．0,1B．0,1C．0,2D．0,2
【解题思路】作出线段AB的中点D，将CA+CB转化为2CD，利用垂径定理，由图化简得CP⋅CA+CB=2|CD|2，只需求|CD|的范围即可，故又转化成求过点M(0,4)的弦AB长的范围问题.
【解答过程】

如图，取线段AB的中点D，连接CD，则CD⊥AB，
由CP⋅CA+CB=2CP⋅CD =2(CD+DP)⋅CD=2|CD|2，
因直线l经过点M(0,4)，考虑临界情况，
当线段AB中点D与点M重合时（此时CM⊥AB），弦长AB最小，此时CD最长，
为|CD|max=|CM|=4−3=1，（但此时直线l与x轴平行，点P不存在）；
当线段AB中点D与点C重合时，点P与点O重合，CD最短为0（此时符合题意）.
故CP⋅CA+CB的范围为[0,2).
故选：D.
【变式8-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设点Pa,b，若直线l:ax+by=1与圆O:x2+y2=4交于A,B两点，且OA+OB>OA−OB，则OP的取值范围为（ ）
A．12,22B．0,22C．12,2D．2,+∞
【解题思路】设AB得中点为D，根据垂径定理结合向量的线性运算可得OD>DA，进而可得OD∈2,2，根据相关距离公式分析求解.
【解答过程】由题意可知：圆O:x2+y2=4的圆心为O0,0，半径r=2，
设AB得中点为D，可知OD⊥AB,OA+OB=2OD,OA−OB=BA，
因为OA+OB>OA−OB，则2OD>BA=2DA，
即OD>DA，可得OD>OA2−OD2，解得OD∈2,2，
可知圆心O0,0到直线l:ax+by=1的距离d=1a2+b2∈2,2，
可得a2+b2∈12,22，即OP=a2+b2∈12,22
所以OP的取值范围为12,22.
故选：A.
【题型9 直线与圆中的探索性问题】
【例9】（23-24高一下·云南昆明·期末）已知直线l:y=kxk≠0与圆C:x2+y2−2x−3=0相交于A，B两点
(1)若AB=14，求k
(2)在x轴上是否存在点M，使得当k变化时，总有直线MA，MB的斜率之和为0，若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由
【解题思路】（1）由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由垂径定理列式求得k；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,M(m,0)，联立直线方程与圆的方程，利用根与系数的关系结合斜率的和为0列式求得m值，则M点的坐标可求.
【解答过程】（1）由圆C:x2+y2−2x−3=0，得(x−1)2+y2=4，∴圆心坐标为C(1,0)，半径为2，
∵|AB|=14,∴C到AB的距离为22−1422=22，
由点到直线的距离公式可得:|k|k2+1=22，解得k=±1；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kxx2+y2−2x−3=0，得1+k2x2−2x−3=0，
∵Δ=4+121+k2>0，
∴x1+x2=21+k2,x1x2=−31+k2，
设存在点M(m,0)满足题意，即kAM+kBM=0，
∴kAM+kBM=y1x1−m+y2x2−m=kx1x1−m+kx2x2−m=0，
∵k≠0,∴x1x2−m+x2x1−m=2x1x2−mx1+x2=0，
即−61+k2−2m1+k2=0，解得m=−3.
∴存在点M(−3,0)符合题意.
【变式9-1】（23-24高二上·广东广州·期中）圆C:x2−1+ax+y2−ay+a=0．
(1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程；
(2)已知a>1，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=9相交于两点A，B．问：是否存在实数a，使得∠ANM=∠BNM．若存在，求出实数a，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）从直线与圆相切时仅有一个公共点的特点，利用Δ=0求得参数a，即得圆的方程；
（2）先求出点M1,0，Na,0，设出直线AB方程，与圆O方程联立，得到韦达定理，再将∠ANM=∠BNM等价转化成NA、NB的斜率互为相反数，代入韦达定理计算即得a值.
【解答过程】（1）由x=0x2−1+ax+y2−ay+a=0得y2−ay+a=0，
因为圆与y轴相切，所以Δ=a2−4a=0，解得a=0或4，
故所求圆C的方程为x2+y2−x=0或x2+y2−5x−4y+4=0．
（2）令y=0得x2−1+ax+a=0，
解得x=1或x=a，而a>1，即M1,0，Na,0．
假设存在实数a，设Ax1,y1，Bx2,y2，
当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx−1，
由y=kx−1x2+y2=9得1+k2x2−2k2x+k2−9=0，
根据韦达定理有x1+x2=2k21+k2x1x2=k2−91+k2（*），
又∠ANM=∠BNM，则NA、NB的斜率互为相反数，
即y1x1−a+y2x2−a=0，得：k(x1−1)x1−a+k(x2−1)x2−a=0，
于是x1−1x2−a+x2−1x1−a=0，即2x1x2−a+1x1+x2+2a=0，
将（*）代入可得：2(k2−9)1+k2−2(a+1)k21+k2+2a=0，化简得：−18−2ak21+k2+2a=0，解得a=9．
当直线AB与x轴垂直时，|AM|=|BM|,显然满足∠ANM=∠BNM，即NA、NB的斜率互为相反数．
综上所述，存在a=9，使得∠ANM=∠BNM．
【变式9-2】（23-24高二上·广东广州·期末）已知圆心C在直线y=−2x上，并且经过点A2,−1，与直线x+y−1=0相切的圆.
(1)求圆C的标准方程；
(2)对于圆C上的任意一点P，是否存在定点B（不同于原点O）使得PBPO恒为常数？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用点在圆上以及相切，根据点到直线的距离公式以及点点距离公式，求出圆的半径和圆心，即可求圆C的标准方程；
（2）设P(x,y)，定点B(m,n) (m，n不同时为0)，根据|PA||PO|=λ(λ为常数），可得(x−m)2+(y−n)2x2+y2=λ，进而整理可得2(1−λ2)−2mx+−4(1−λ2)−2ny+m2+n2−3(1−λ2)=0，即可得B的坐标．
【解答过程】（1）圆心C在直线y=−2x，故设圆心为a,−2a，半径为r，
则a−22+−2a+12=r2a−2a−12=r，解得a=1,r=2，
所以圆的方程为x−12+y+22=2
（2）设P(x,y)，且x−12+y+22=2，即x2+y2=2x−4y−3，
设定点B(m,n)，(m,n不同时为0)，PBPO=λ>0(λ为常数）．
则(x−m)2+(y−n)2x2+y2=λ,
两边平方，整理得(1−λ2)(x2+y2)−2mx−2ny+m2+n2=0
代入x2+y2=2x−4y−3后得(1−λ2)(2x−4y−3)−2mx−2ny+m2+n2=0恒成立
化简得2(1−λ2)−2mx+−4(1−λ2)−2ny+m2+n2−3(1−λ2)=0
所以，2(1−λ2)−2m=0−4(1−λ2)−2n=0−3(1−λ2)+m2+n2=0解得m=35n=−65λ=105或m=0n=0λ=1(舍去）
即B(35,−65)．
【变式9-3】（23-24高二上·福建泉州·期中）已知半径为2的圆C的圆心在x轴的正半轴上，且直线l:3x−4y+4=0与圆C相切．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若Q的坐标为(−2,4)，过点Q作圆C的两条切线，切点分别为M,N，求直线MN的方程；
(3)过点A(1,0)任作一条不与y轴垂直的直线与圆C相交于E,F两点，在x非正半轴上是否存在点B，使得∠ABE=∠ABF？若存在，求点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据点到直线的距离，结合待定系数法即可求解圆心，
（2）根据四点共圆可得圆D方程，进而可得公共弦的直线方程，或者利用向量垂直的坐标关系可得切线方程，进而可得直线方程，
（3）根据斜率和为0，结合斜率公式以及韦达定理即可化简求解.
【解答过程】（1）设圆心C的坐标为(a,0)(a>0)，则圆C的方程为(x−a)2+y2=4，
因为直线3x−4y+4=0与圆C相切，
所以点C(a,0)到直线l:3x−4y+4=0的距离d=|3a+4|32+(−4)2=2，
因为a>0，所以a=2，
所以圆C的标准方程为(x−2)2+y2=4；
（2）法1：由条件可知Q,M,C,N四点共圆，且QC直径，记为圆D，
则D0,2,半径22+22=22，
所以圆D的方程为x2+y2−4y−4=0，
因为圆C的方程为x2+y2−4x=0，
两圆方程相减可得x−y−1=0，所以直线MN的方程为x−y−1=0；
法2：设M(x3,y4),N(x3,y4)，设直线QM上任意不同于点Q,M的点为Hx,y，
根据MC⊥HQ,可得切线QM的方程为(x3−2)(x−2)+y3y=4，
因为Q在直线QM上，所以−4(x3−2)+4y3=4，
同理−4(x4−2)+4y4=4，
从而直线MN的方程为−4(x−2)+4y=4，即x−y−1=0；
（3）设存在点B(b,0)(b≤0)满足条件，由题可设直线AE:x=my+1，E(x1,y2),F(x1,y2)，
由x=my+1x−22+y2=4，得(m2+1)y2−2my−3=0，
∵点A(1,0)在圆C内部，∴Δ>0恒成立，则y1+y2=2mm2+1,y1y2=−3m2+1，
因为∠ABE=∠ABF，所以kBE=−kBF，即y1x1−b+y2x2−b=0，
即是y1my1−b+1+y2my2−b+1=0，整理得2my1y2+(1−b)(y1+y2)=0，
从而2m×−3m2+1+(1−b)×2mm2+1=0，化简有m(b+2)=0，
因为对任意的m∈R都要成立，所以b=−2，
由此可得假设成立，存在满足条件的B，且坐标为(−2,0)．
一、单选题
1．（24-25高二上·江苏宿迁·开学考试）若直线l:kx−y−2=0与曲线C:1−(y−1)2=x−1有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．(43,+∞)B．(43,4)C．[−2,−43)∪(43,2]D．(43,2]
【解题思路】根据直线与半圆的位置关系可求k的取值范围.
【解答过程】曲线C:1−(y−1)2=x−1即为半圆：x−12+y−12=1x≥1，其图象如图所示，
曲线与x轴的交点为A1,0，
而直线l:kx−y−2=0为过0,−2的动直线，
当直线l与半圆相切时，有k−31+k2=1，解得k=43，
当直线l过A时，有k=21=2，
因为直线l与半圆有两个不同的交点，故43故选：D.
2．（23-24高二下·广东茂名·阶段练习）已知圆C:x−32+y−42=9，直线l:m+3x−m+2y+m=0.则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（ ）
A．27B．10C．22D．6
【解题思路】先求出直线l所过的定点P2,3，数形结合得到当CP⊥l时，直线l被圆C截得的弦长最小，再由垂径定理得到最小值.
【解答过程】直线l:m+3x−m+2y+m=mx−y+1+3x−2y=0，
令x−y+1=03x−2y=0，解得x=2y=3，所以直线l恒过定点P2,3，
圆C:x−32+y−42=9的圆心为C3,4，半径为r=3，
且PC2=2−32+3−42=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2r2−d2=27.
故选：A.
3．（24-25高二上·江苏徐州·阶段练习）已知曲线1−x=4−y2，则x2+y−42的最大值，最小值分别为（ ）
A．17＋2，17－2B．17＋2，5
C．37，17－2D．37，5
【解题思路】由题意可得曲线1−x=4−y2表示的图形为以A(1,0)为圆心，2为半径的半圆，x2+(y−4)2表示半圆上的动点与点P(0,4)的距离，作出图象，结合图象求解即可．
【解答过程】由1−x=4−y2，可知x≤1，−2≤y≤2，
且有(x−1)2+y2=4，表示的图形为以A(1,0)为圆心，2为半径的半圆，如图所示：
B1,2,C1,−2

又因为x2+(y−4)2表示半圆上的动点与点P(0,4)的距离，
又因为|PA|=12+42=17，
所以x2+(y−4)2的最小值为|PA|−2=17−2，
当动点与图中C(1,−2)点重合时，x2+(y−4)2取最大值|PC|=(1−0)2+(4+2)2=37，
故选：C．
4．（2024·江西宜春·模拟预测）已知动点P到原点O与到点A(2,0)的距离之比为3:2，记P的轨迹为E，直线l:5x−53y+2=0，则（ ）
A．E是一个半径为25的圆
B．E上的点到l的距离的取值范围为25,225
C．l被E截得的弦长为4115
D．E上存在四个点到l的距离为25
【解题思路】设P(x,y)，则x2+y2x−22+y2=32，整理得x−1852+y2=14425，所以E是一个圆心为185，0，半径为125的圆，判断A；再利用点到直线的距离公式，求得圆心185，0到直线l的距离为2，得到E上的点到直线l的距离的取值范围，判断B；由半径、弦心距、弦的一半构成的直角三角形求出弦长，判断C；由圆心185，0到直线l的距离为2，半径为125，则125−2=25，即圆E截l所得的劣弧上只有一个点到l的距离为25，所以圆E上存在三个点到l的距离为25，判断D．
【解答过程】对于A，设P(x,y)，则x2+y2x−22+y2=32，
整理得x−1852+y2=14425，
所以E是一个圆心为185，0，半径为125的圆，故A错误；
对于B，因为圆心185，0到直线l的距离为5×185+252+−532=2，
所以E上的点到直线l的距离的取值范围为[0，2+125]，即[0，225]，故B错误；
对于C，圆心185，0到直线l的距离为2，
所以l被E截得的弦长为21252−22=4115，故C正确；
对于D，因为125−2=25，所以E上存在三个点到l的距离为25，故D错误．
故选：C．
5．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知圆(x−2)2+y2=9的弦AB的中点为Q1,1，点P为圆上的动点，则PA⋅PB的最大值为（ ）
A．2B．62−3C．8D．4+62
【解题思路】由题意，圆心M2,0，半径为3，且AB=27和PQ≤MQ+3，再由PA⋅PB=|PQ|2−|AB|24，即可求解.
【解答过程】圆(x−2)2+y2=9，圆心M2,0，半径为3，如图，

∵Q1,1为弦AB的中点，∴MQ⊥AB,MQ=2，
AB=2MB|2−MQ|2=27,
∵PQ≤MQ+3=3+2, P,M,Q共线时等号成立，
∴PA⋅PB=PQ+QA⋅PQ+QB=PQ−12AB⋅PQ+12AB
=|PQ|2−|AB|24=|PQ|2−7 ≤11+62−7=4+62.
故选:D.
6．（23-24高二下·河南南阳·期末）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.已知点M是圆O:x2+y2=1上任一点，点Q−3,0，B1,1，则13MQ+MB的最小值为（ ）
A．1B．43C．53D．17
【解题思路】根据题目阿波罗尼斯圆的条件不妨取Px0,y0，使得|MQ|=3|MP|，从而将所求转化为|MP|+|MB|，根据题意，|MQ|=3|MP|所表示的圆与圆O相同可解得P点坐标，再利用三角形两边之和大于第三边得到|MP|+|MB|≥|BP| (当且仅当M在线段BP上时取等)即可得解.
【解答过程】设M(x,y)，不妨取Px0,y0，使得|MQ|=3|MP|，
则9x−x02+y−y02=(x+3)2+y2，
整理得8x2−18x0+6x+8y2−18y0y=91−x02−y02，
此方程与x2+y2=1⇒8x2+8y2=8相同，
所以有18x0+6=018y0=091−x02−y02=8，解得x0=−13y0=0，
所以P−13,0，
所以13|MQ|+|MB|=|MP|+|MB|≥|BP|，当且仅当M在线段BP上时，取等号.
因为|OP|=13<1，所以P在圆内；
|OB|=1+1=2>1，所以B在圆外；
所以线段BP与圆O必有交点（记为N），
当M,N重合时，|MP|+|MB|=|BP|=1+132+1=53，为其最小值，
故选：C.
7．（23-24高二下·贵州铜仁·阶段练习）已知圆C:x−32+y−42=1，直线l:3kx−3y+5k−6=0上存在点P，过点P作圆C的切线，切点分别为A,B，使得∠APB=60∘，则实数k的取值范围是（ ）
A．34,145B．43,145
C．43,125D．34,125
【解题思路】首先得到圆C的圆心坐标与半径，依题意可得PC=2，即可得到动点P的轨迹方程，再由直线与圆有交点，圆心到直线的距离不大于半径得到不等式，解得即可.
【解答过程】圆C:x−32+y−42=1，则圆心为C3,4，半径r=1，

因为∠APB=60∘，在Rt△PAC中∠APC=12∠APB=30∘，AC=r=1，
所以PC=2，所以点P的轨迹方程为x−32+y−42=4，即圆心为C3,4，半径r1=2，
又直线l:3kx−3y+5k−6=0上存在点P，
所以直线l与x−32+y−42=4有交点，所以9k−12+5k−69k2+9≤2，解得34≤k≤ 125，
即实数k的取值范围是34,125．
故选：D．
8．（2024·河北承德·二模）已知圆C:x2+(y−2)2=1，圆C与y轴交于A0,3,B0,1，斜率存在且过原点O的直线l与圆C相交于M,N两点，直线AM与直线BN相交于点P，直线AM､直线BN､直线OP的斜率分别为k1,k2,k3，则（ ）
A．k1+6k2=k3B．k1+2k2=k3
C．2k1+k2=k3D．k1+k2=k3
【解题思路】直线AM和直线BN分别与圆C联立方程组，求出M,N两点的坐标，由kOM=kON，得k1+3k2=0，直线AM和直线BN联立方程组，求出P点的坐标，由kOP=k3，得k3=−k1，验证各选项即可.
【解答过程】由题意得直线AM:y=k1x+3，与圆C方程联立，得k12+1x2+2k1x=0，
可求出点M−2k1k12+1,k12+3k12+1，同理得点N2k2k22+1,3k22+1k22+1，
由于M,N在直线l上，因此k12+3−2k1=3k22+12k2，化简后得k1+3k2k1k2+1=0，
显然k1k2≠−1，否则点P在圆C上，M,N两点重合，与题意矛盾，则k1+3k2=0，
再联立直线AM:y=k1x+3与直线BN:y=k2x+1，则点P2k2−k1,3k2−k1k2−k1，
因此k3=3k2−k12=−k1，
则k3−k1=−2k1=6k2，即k1+6k2=k3，A选项正确，BD选项错误 ，
k3−2k1=−3k1=9k2，即2k1+9k2=k3，C选项错误.
故选：A.
二、多选题
9．（24-25高三上·辽宁鞍山·开学考试）已知直线l:kx−y+k=0，圆C:x2+y2−6x+5=0,Px0,y0为圆C上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．x02+y02的最大值为5
B．y0x0的最大值为255
C．直线l与圆C相切时，k=±33
D．圆心C到直线l的距离最大为4
【解题思路】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【解答过程】圆C的方程可化为x−32+y2=22，所以圆C的圆心为C3,0，半径r=2.
OC=3，Px0,y0是圆上的点，
所以x02+y02的最大值为3+22=25，A选项错误.
如图所示，当直线OP的斜率大于零且与圆相切时，y0x0最大，
此时OC=3,PC=2,OP=5，且kOP=tan∠POC=25=255，B选项正确.
直线l:kx−y+k=0，即y=kx+1，过定点−1,0，
若直线l与圆C相切，则圆心C3,0到直线l的距离为2，
即3k+k1+k2=2，解得k=±33，所以C选项正确.
圆心C3,0到直线l的距离d=3k+k1+k2=4k1+k2，
当k=0时，d=0，
当k≠0时，d=4k1+k2=41+1k2<4，所以D选项错误.
故选：BC.
10．（2024·辽宁丹东·一模）已知圆C:(x−2)2+(y−1)2=9，直线l:kx−y+1=0与C交于A,B两点，点M为弦AB的中点，P0,3，则（ ）
A．弦AB有最小值为25B．OM有最小值为2−1
C．△OCM面积的最大值为5+12D．PO⋅PM的最大值为9
【解题思路】易得直线l:kx−y+1=0过定点Q0,1，根据点Q为弦AB的中点时，AB最小，即可判断A；根据点M为弦AB的中点，可得CM⊥MQ，进而可得出点M的轨迹是以CQ为直径的圆，即可判断B；要使△OCM面积取得最大值，只要点M到直线OC的距离最大即可，进而可判断C；设Ax1,y1,Bx2,y2，联立x−22+y−12=9kx−y+1=0，利用韦达定理求出x1+x2，进而可求出M的坐标，再根据数量积的坐标公式结合基本不等式即可判断D.
【解答过程】圆C:(x−2)2+(y−1)2=9的圆心C2,1，半径r=3，
直线l:kx−y+1=0过定点Q0,1，
因为(0−2)2+(1−1)2=4<9，所以点Q0,1在圆内，
所以直线l与圆C一定相交，
当点Q为弦AB的中点时，AB有最小值，
此时直线l的斜率不存在，而直线l的斜率一定存在，
所以AB>2r2−CQ2=29−4=25，故A错误；
因为点M为弦AB的中点，所以CM⊥AB，即CM⊥MQ，
所以点M的轨迹是以CQ为直径的圆(去除0,1），圆心为N1,1，半径为1，
所以轨迹方程为x−12+y−12=1(x≠0)，
因为0−12+0−12=2>1，所以点O在圆外，
所以OM的最小值为0−12+0−12−1=2−1，故B正确；
对于C，OC=4+1=5，
要使△OCM面积取得最大值，只要点M到直线OC的距离最大即可，
直线OC的方程为y=12x，即x−2y=0，
圆心N1,1到直线OC的距离d=15=55，
所以点M到直线OC的距离最大值为55+1，
所以△OCM面积的最大值为12×5×55+1=5+12，故C正确；
对于D，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x−22+y−12=9kx−y+1=0，得k2+1x2−4x−5=0，
则x1+x2=4k2+1，故y1+y2=kx1+x2+2=2k2+4k+2k2+1，
所以点M的坐标为2k2+1,k2+2k+1k2+1，
则PO⋅PM=0,−3⋅2k2+1,−2k2+2k−2k2+1=6⋅k2−k+1k2+1=61−kk2+1，
当k=0时，PO⋅PM=6，
当k>0时，PO⋅PM<6，
当k<0时，PO⋅PM=61−kk2+1=61+1−k+1−k≤61+12−k⋅1−k=9，
当且仅当−k=1−k，即k=−1时，取等号，
综上所述PO⋅PM的最大值为9，故D正确.

故选：BCD.
11．（23-24高二上·广西南宁·期中）设圆C:x−12+y−12=3，直线l:x+y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，则下列说法中正确的有（ ）
A．PA的取值范围为62,+∞
B．四边形PACB面积的最小值为322
C．存在点P使∠APB=120°
D．直线AB过定点0,0
【解题思路】根据切线长公式即可求解A，B，C，设出点P的坐标，求出以PC为直径的圆的方程，利用两圆的方程相减得到公共弦AB的方程，将代入直线AB的方程恒成立，可得答案.
【解答过程】圆心C(1,1)到直线l:x+y+1=0的距离为d=1+1+12=322，

所以PC≥d=322，因为圆的半径为r=3，根据切线长公式可得PA=PC2−r2≥92−3=62，
当PC⊥l时取等号，所以PA的取值范围为62,+∞，所以A正确；
因为PA⊥AC，所以四边形PACB面积等于2×S△PAC=PA×AC=3PA≥3×62=322，四边形PACB面积的最小值为322，故B正确；
因为∠APB=120°，所以∠APC=60°，在直角三角形APC中，ACCP=sin60°=32，所以CP=2，设P(a,−a−1)，因为CP=(a−1)2+(−a−2)2=2，整理得2a2+2a+1=0，方程无解，所以不存在点P使∠APB=120°，故C不正确；
对于D，设P(x0,y0)，则y0=−1−x0，P(x0,−1−x0)，以PC为直径的圆的圆心为x0+12，−1−x0+12，半径为12(x0−1)2+(−x0−2)2，所以以PC为直径的圆的方程为x−x0+122+y−−1−x0+122=2x02+2x0+54，化简得x2+y2−x0x−x−x0y=1，所以AB为圆C与以PC为直径的圆的公共弦，
联立可得x−12+y−12=3x2+y2−x0x−x−x0y=1，两式相减可得：x−x0x+x0y+2y=0，即直线AB的方程为x−x0x+x0y+2y=0，即x1−x0+yx0+2=0，故直线AB过定点0,0，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．（23-24高二下·上海·期中）过点A−1,3的直线l被圆x2+y2=4截得的弦长为23，则直线l的方程为
x=−1或4x+3y−5=0 .
【解题思路】注意分斜率不存在和存在两种情况进行讨论，结合点到直线的距离公式以及垂径定理即可求得答案.
【解答过程】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−1，
此时直线l截圆所得弦长为222−12=23，满足题意，
设直线l的方程为y−3=k(x+1)，即kx−y+k+3=0.
由垂径定理，得圆心到直线l的距离d=222−32=1，
结合点到直线距离公式，得k+3k2＋1=1，
化简得k2+6k+9=k2+1，解得k=−43，即直线l的方程为4x+3y−5=0.
故答案为：x=−1或4x+3y−5=0.
13．（24-25高二上·全国·课后作业）已知实数x，y满足y=8−x2+2x，则t=y+3x+1的取值范围是 −∞,−3∪35,+∞ ．
【解题思路】方程表示以1,0为圆心，3为半径的在x轴上方的半圆（含与x轴的交点），故t可以看作半圆上的动点x,y与定点−1,−3连线的斜率，画出图形结合图形可得答案．
【解答过程】由y=8−x2+2x得x−12+y2=9y≥0，
它表示以1,0为圆心，3为半径的在x轴上方的半圆（含与x轴的交点），
故t可以看作半圆上的动点x,y与定点−1,−3连线的斜率．
如图，A−1,−3，B4,0，C−2,0，
则kAB=35，kAC=−3，则t≤−3或t≥35．
故答案为：−∞,−3∪35,+∞.
14．（2024·河南商丘·模拟预测）已知过点P(0,−2)的直线l1,l2分别与圆E:x2+y2−4y=0交于A,B两点（点B在A的上方）和C,D两点（点C在D的上方），且四边形ABCD为等腰梯形，若sin∠BPC=158，则梯形ABCD的面积为 1534 ．
【解题思路】由四边形ABCD为等腰梯形及sin∠BPC=158得出直线CD的方程，结合圆的方程求出点C,D的坐标，即可计算出面积．
【解答过程】不妨设点C,D在第一象限，设AD与y轴交点为F，如图所示，
由圆E:x2+y2−4y=0得，x2+(y−2)2=4，圆心E(0,2)，半径为2，
因为sin∠BPC=158，所以cs∠BPC=78，
因为四边形ABCD为等腰梯形，
所以∠DPF=12∠BPC，点A,B与点C,D关于y轴对称，BC//AD//x轴，
则cs∠BPC=cs2∠DPF=2cs2∠DPF−1=78，解得cs∠DPF=154，
所以tan∠DPF=sin∠DPFcs∠DPF=1−cs2∠DPFcs∠DPF=1515，
设直线CD的倾斜角为α=∠PDF，则直线CD的斜率为tan∠PDF=PFFD=1tan∠FPD=15，
设直线CD的方程为y=15x−2，D(x1,y1),C(x2,y2)，
由y=15x−2x2+y−22=4得，4x2−215x+3=0，
解得x1=15−34，x2=15+34，y1=7−354,y2=7+354，
则AD+BC=2×(15+34+15−34)=15，y1−y2=7−354−7+354=352，
所以梯形ABCD的面积为(AD+BC)⋅y1−y2⋅12=15×352×12=1534，
故答案为：1534．
四、解答题
15．（23-24高一下·重庆·期末）已知圆C：x2+y2−4x−4y+7=0关于直线x−y+1=0的对称圆的圆心为D，若直线l过点1,4.
(1)若直线l与圆C相切，求直线l的方程；
(2)若直线l与圆D交于A,B两点，AB=2，求直线l的方程.
【解题思路】(1)分类讨论直线的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可；
(2)由题意知直线的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的半径计算即可.
【解答过程】（1）由题意可知圆C：x2+y2−4x−4y+7=0的圆心坐标C(2,2)，半径r=1，
当直线的斜率不存在时，直线l过点1,4.即l的方程为x=1时，此时直线与圆相切，符合题意；
当直线的斜率存在时，设斜率为k，直线l过点1,4.设直线的方程为y−4=k(x−1)，
即化为一般式：kx−y−k+4=0，直线l与圆C相切，则d=2k−2−k+4k2+1，
即1=2k−2−k+4k2+1，解得k=−34，所以l的方程为：−34x−y+34+4=0，即3x+4y−19=0.
综上，当直线l与圆C相切，直线l的方程为x=1或3x+4y−19=0.
（2）圆C：x2+y2−4x−4y+7=0的圆心坐标C(2,2)，半径r=1，
设D(a,b)，因为圆C关于直线x−y+1=0的对称圆的圆心为D，
所以a+22−b+22+1=0b−2a−2=−1，解得a=1b=3，圆D的圆心为(1,3)，半径为1.
当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x=1，此时直线l过圆D的圆心，AB=2≠2，不符合题意；
当直线l斜率存在时，设斜率为k，直线l过点1,4.设直线l的方程为y−4=k(x−1)，即化为一般式：kx−y−k+4=0，圆心D到直线l的距离d=k−3−k+4k2+1.
若直线l与圆D交于A,B两点，AB=2，根据勾股定理可得d2+(AB2)2=r2,∴(k−3−k+4k2+1)2+(22)2=12，解得k=±1，
所以直线l的方程为x−y+3=0或x+y−5=0.
16．（23-24高二上·北京·期中）已知圆Q:(x−6)2+y2=4,l为过点P0,2且斜率为k的直线.
(1)若l与圆Q相切，求直线l的方程；
(2)若l与圆Q相交于不同的两点A,B，是否存在常数k，使得向量OA+OB与PQ共线？若存在，求k的值：若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）确定圆的圆心和半径，设出直线方程，利用直线与圆相切，建立方程，即可求解；
（2）将直线方程和圆的方程联立，根据根的判别式求出k的范围，利用韦达定理及向量OA+OB与PQ共线即可求解.
【解答过程】（1）圆Q:(x−6)2+y2=4，所以圆心为Q6,0，
过P0,2且斜率为k的直线方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，
∵ l与圆Q相切，则圆心Q到直线l的距离d=6k−0+2k2+1=6k+2k2+1=2，
解得：k=0或k=−34，
故切线方程为l:y−2=0或3x+4y−8=0；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线l与圆Q: x−62+y2=4,y=kx+2,
消去y得1+k2x2+4k−3x+36=0，
直线与圆交于两个不同的点A，B，即Δ=16(k−3)2−41+k2⋅36>0，
解得−34由韦达定理得x1+x2=−4k−31+k2，
则y1+y2=kx1+2+kx2+2=kx1+x2+4=43k+11+k2，
则OA+OB=x1+x2,y1+y2=−4k−31+k2,43k+11+k2，
而P0,2，Q6,0，PQ=6,−2，
若OA+OB与PQ共线，则OA+OB=λPQ，即−4k−31+k2,43k+11+k2=λ6,−2，
即−4k−31+k2=6λ,43k+11+k2=−2λ,解得k=−34，
因为−34故没有符合题意的常数k，使得向量OA+OB与PQ共线.
17．（23-24高二上·吉林·期末）如图，第25届中国机器人及人工智能大赛总决赛中，主办方设计了一个矩形坐标场地ABCD（包含地界和内部），BC长为12米，在AB边上距离B点5米的E处放置一只机器犬，在距离B点2米的F处放置一个机器人，机器人行走的速度为v，机器犬行走的速度为2v，若机器犬和机器人在场地内沿着直线方向同时到达场地内某点P，则机器犬将被机器人捕获，点P叫成功点．
(1)求在这个矩形场地内成功点P的轨迹方程；
(2)若N为矩形场地BC边上的一点，若机器犬在线段EN上都能逃脱，问N点应在何处？
【解题思路】（1）分别以BC，BA所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，由题意|PF|v=|PE|2v，利用两点间的距离公式可得答案.
（2）利用三角函数得到极端情况时N点的横坐标即可得到答案.
【解答过程】（1）如图，分别以BC，BA所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，则E(0,5)，F(0,2)，
设成功点P(x,y)，可得|PF|v=|PE|2v，即x2+(y−2)2v=x2+(y−5)22v，
化简得x2+(y−1)2=4．
因为点P需在矩形场地内，所以0≤x≤2，
故所求轨迹方程为x2+(y−1)2=4(0≤x≤2,y≥0)．
（2）当线段EN与（1）中的圆相切时，sin∠BEP=24=12，
所以∠BEP=30°，所以|BN|=5tan30°=533．
若机器犬在线段EN上都能逃脱，则N点横坐标的取值范围是533,12．
18．（23-24高二下·河南·开学考试）已知P是圆O:x2+y2=9上的动点，点Q满足PQ=3,−4，记Q的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程.
(2)直线l:m+3x+3m−2y+332−m=0与圆O交于A,B两点，M是曲线E上一点.当AB取得最小值时，求△MAB面积的最大值.
【解题思路】（1）设出点Q坐标，由题意得到点P坐标，代入圆的方程可得；
（2）先求出直线l过定点N，确定过点N的弦的最小值，再求三角形高的最大值，从而确定所求三角形面积的最大值.
【解答过程】（1）由题意，设Qx,y，由PQ→=3,−4，得Px−3,y+4,
P为圆O：x2+y2=9上的动点，所以x−32+y+42=9，
所以Q点的轨迹方程为：(x−3)2+(y+4)2=9.
即曲线E的方程为：(x−3)2+(y+4)2=9.
（2）将l的方程整理为x+3y−1m+3x−2y+332=0，
令x+3y−1=0,3x−2y+332=0,解得x=−12,y=32,所以l过定点N−12,32.
如图：
当AB⊥ON时，AB取得最小值，此时kON=−3，所以kAB=−m+33m−2=33，解得m=−36，
直线AB的方程为x−3y+2=0，
ON=−122+322=1，AB=29−1=42.
由（1）可知，曲线E是圆心为E3,−4，半径为3的圆，点E到l的距离为3+43+22=52+23，所以点M到l的距离d≤52+23+3=112+23，
故△MAB面积的最大值为12×42×112+23=112+46.
19．（24-25高二上·江苏徐州·开学考试）已知半径为 83 的圆C的圆心在 y 轴的正半轴上，且直线12x−9y−1=0与圆C相切．
(1)求圆C的标准方程．
(2)若 Mx,y是圆C上任意一点，求（x+3）2+（y−13）2的取值范围
(3)已知A0,−1，P为圆C上任意一点，试问在y 轴上是否存在定点B（异于点A），使得PBPA为定值？若存在，求点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由题意圆心坐标为0,bb>0，可设出圆标准方程，根据圆心到直线的距离等于半径，从而可得出答案.
（2）若 Mx,y是圆C上任意一点，则（x+3）2+（y−13）2表示圆上任意一点到点D−3,13距离的平方，画出图可知最大值为DB2=DC+r2，最小值为DA2=DC−r2，然后求解取值范围即可.
（3）设B0,mm≠−1，Px,y，分别表示出PB,PA，由PBPA为定值得出答案.
【解答过程】（1）依题可设圆心坐标为0,bb>0，
则圆C的方程为x2+y−b2=649，
因为直线12x−9y−1=0与圆C相切，
所以点C0,b到直线12x−9y−1=0的距离d=−9b−1122+92=83，
因为b>0，所以b=133，故圆C的标准方程为x2+y−1332=649.
（2）
若 Mx,y是圆C上任意一点，
则（x+3）2+（y−13）2表示圆上任意一点到点D−3,13距离的平方，
所以（x+3）2+（y−13）2的最大值为DB2=DC+r2=0−32+133−13+832=5+832=2332=5299，
（x+3）2+（y−13）2的最小值为：
DA2=DC−r2=0−32+133−13−832=5−832=732=499，
所以（x+3）2+（y−13）2的取值范围为：499,5299
（3）假设存在定点B，设B0,mm≠−1，Px,y ，
则x2=649−y−1332=−y2+263y−353，
则PBPA=x2+y−m2x2+y+12=−y2+263y−353+y−m2−y2+263y−353+y+12=m2−353+263−2my−323+323y，当m2−353−323=263−2m323>0，即m=3，m=−1（舍去）时，PBPA为定值，且定值为12，
故存在定点B，且B的坐标为0,3.