(新高考)高考数学一轮复习过关练考点25 直线与圆的综合问题（含解析）

考点25  直线与圆的综合问题

1、 体会用代数方法处理几何问题的思想,感受“形”与“数”的对立和统一,初步掌握数形结合的思想方法在研究数学问题中的应用 .

2、 能根据直线与圆的方程判断其位置关系(相交、相切、相离);能根据圆的方程判断圆与圆的位置关系(外离、外切、相交、内切、内含);

3、能用直线和圆的方程解决一些简单的问题

   直线与圆每年都考查一道填空题或解答题,主要以直线与圆、圆与圆的位置关系为载体,考查学生的探究与计算能力 . 考查中,大多以动圆、动直线作为模型,考查定点、定值、范围等问题,解决此类问题,要充分利用数形结合、等价转化、函数与方程的思想来解题,体现了能力和知识的综合

在2020年全国各地试卷中往往与圆锥曲线相结合，综合考查范围问题、最值问题以及隐圆问题的考查。

1、 直线与圆相交的问题，要能充分利用好圆的几何性质，垂径定理是最常见的性质；圆心距是核心问题，通过圆心距可以求出弦长，而给出弦长，要能第一时间求出圆心距．

2、 解析几何中的向量问题，往往需要先通过线性运算后转化，再通过向量坐标运算来处理．

3、圆的切线长的问题，主要考查了转化与化归的思想．切线长通常用勾股定理来求解，这样问题就转化为求圆外一点与圆上一点距离的最小值，而这种距离的最值问题，是圆的考查中常见的知识点．

1、【2020年江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则△PAB面积的最大值是__________．

【答案】

【解析】

设圆心到直线距离为，则

所以

令（负值舍去）

当时，；当时，，因此当时，取最大值，即取最大值为，

故答案为：

2、【2020年全国1卷】已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．

依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，

当直线时，，，此时最小．

∴即，由解得，．

所以以为直径的圆的方程为，即，

两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．

故选：D.

3、【2017年高考全国III卷理数】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.

（1）证明：坐标原点O在圆M上；

（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.

【答案】（1）见解析；（2）直线的方程为，圆的方程为，或直线的方程为，圆的方程为

【解析】（1）设，.

由 可得，则.

又，故.

因此的斜率与的斜率之积为，所以.

故坐标原点在圆上.

（2）由（1）可得.

故圆心的坐标为，圆的半径.

由于圆过点，因此，故，

即，

由（1）可得.

所以，解得或.

当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.

当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.

4、【2018年高考全国Ⅱ卷理数】设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．

（1）求的方程；

（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．

【答案】（1）；（2）或．

【解析】（1）由题意得，l的方程为．

设，

由得．

，故．

所以．

由题设知，解得（舍去），．

因此l的方程为．

（2）由（1）得AB的中点坐标为，

所以AB的垂直平分线方程为，即．

设所求圆的圆心坐标为，则

解得或

因此所求圆的方程为或．

题型一、圆中的范围问题

1、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知实数满足则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】，

，即圆心，半径，

，

可看到圆上的点到直线距离，

圆上的点到直线距离的最小值为

圆心到直线距离减去半径即，

，

圆上的点到直线距离的最小值为，

的最小值为

故选：A

2、（2020·浙江温州中学高三3月月考）过点斜率为正的直线交椭圆于，两点.，是椭圆上相异的两点，满足，分别平分，.则外接圆半径的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】如图，

先固定直线AB，设，则，其中为定值，

故点P，C，D在一个阿波罗尼斯圆上，且外接圆就是这个阿波罗尼斯圆，设其半径为r，阿波罗尼斯圆会把点A，B其一包含进去，这取决于BP与AP谁更大，不妨先考虑的阿波罗尼斯圆的情况，BA的延长线与圆交于点Q，PQ即为该圆的直径，如图：

接下来寻求半径的表达式，

由，解得，

同理，当时有，，

综上，；

当直线AB无斜率时，与椭圆交点纵坐标为，则；

当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，即，

与椭圆方程联立可得，

设，，则由根与系数的关系有，，

，

注意到与异号，故，

设，则，，当，即，此时，故，

又，综上外接圆半径的最小值为.

故选：D．

3、（2020届江苏南通市高三基地学校第一次大联考数学试题）在平面直角坐标系中，已知是圆的直径.若与圆外离的圆上存在点，连接与圆交于点，满足，则半径的取值范围是_________.

【答案】.

【解析】AM与圆O交于点N，，且圆心O是AB中点，

∴ON是△ABM的中位线，∴BM＝2ON＝4，
∴点M在以B为圆心，4为半径的圆周上，

∴；
又∵B是圆O上任意一点，
∴点M可以认为是以O为圆心6为半径的圆上一点，这个圆记为，
又∵点M是在与圆O外离的圆上的点，
∴，

∴.
∴存在符合题意的点M时，的取值范围是，
故答案为：.

4、（江苏省南通市西亭高级中学2019-2020学年高三下学期学情调研）已知圆，直线与圆交于两点，，若，则弦的长度的最大值为___________.

【答案】

【解析】设为的中点，，即，

即，，.

设，则，得.

所以，.

故答案为：

5、（2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模）在平面直角坐标系中，已知在圆：上运动，且.若直线：上的任意一点都满足，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【解析】由题得圆的圆心.且,,

（其中是的夹角），

，

因为，

所以,

所以，

所以，

所以.

所以.

故答案为：

6、6、（2020届江苏省南通市高三下学期3月开学考试）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：，圆C：，动点P在直线上的两点E，F之间，过点P分別作圆O，C的切线，切点为A，B，若满足PB≥2PA，则线段EF的长度为_______．

【答案】

【解析】动点P在直线上，设点，圆O：，过点P分別作圆O的切线，切点为A，所以，同理可得，因为PB≥2PA，得，即，解得，所以,,线段

7、（2020届江苏省南通市如皋市高三上学期教学质量调研(二)）已知圆，过定点作斜率为的直线交圆于两点，为的中点．

（1）求实数的值；

（2）从圆外一点向圆引一条切线，切点为，且有，求的最小值．

【答案】（1）．（2）

【解析】（1）由得

因为为的中点，所以在圆内且．

所以，解得．

（2）由（1）得圆，

即，所以圆心，半径．

设点坐标为，因为为圆的切线，所以，

所以

又，所以，

则，

整理，得．

由于故取最小值即取最小值，

点到圆的圆心距离，

所以，的最小值为，

所以，的最小值为．

题型二、圆与圆锥曲线的结合

1、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知P是椭圆C：上的动点，Q是圆D：上的动点，则（    ）

A．C的焦距为                B．C的离心率为

C．圆D在C的内部               D．的最小值为

【答案】BC

【解析】 ，

，则C的焦距为，.

设（），

则，

所以圆D在C的内部，且的最小值为.

故选：BC.

2、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）双曲线：的左、右焦点分别为、，是右支上的一点，与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率为____.

【答案】

【解析】

设△MPF2的内切圆与MF1，MF2的切点分别为A，B，

由切线长定理可知MA＝MB，PA＝PQ，BF2＝QF2，

又PF1＝PF2，

∴MF1﹣MF2＝（MA+AP+PF1）﹣（MB+BF2）＝PQ+PF2﹣QF2＝2PQ，

由双曲线的定义可知MF1﹣MF2＝2a，

故而a＝PQ，又c＝2，

∴双曲线的离心率为e．

故答案为：．

3、（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知抛物线：和直线：，是直线上一点，过点做抛物线的两条切线，切点分别为，，是抛物线上异于，的任一点，抛物线在处的切线与，分别交于，，则外接圆面积的最小值为______.

【答案】

【解析】

设三个切点分别为，

若在点处的切线斜率存在，

设方程为与联立，

得，，

即，

所以切线方程为  ①

若在点的切线斜率不存在，则，

切线方程为满足①方程，

同理切线的方程分别为，

，联立方程，

，解得，即

同理，，

，

设外接圆半径为，

，

，

时取等号，

点在直线，

，

当且仅当或时等号成立，

此时外接圆面积最小为.

故答案为:.

题型三 隐圆问题

1、（江苏省南通巿2019-2020学年第一次教学质量调研）在平面直角坐标系中，是圆的弦，且，若存在线段的中点，使得点关于轴对称的点在直线上，则实数的取值范围是_______________________.

【答案】

【解析】因为点为弦的中点,所以,

在中,,,所以,

所以点的轨迹为以为圆心,为半径的圆,

因为点与点关于轴对称,所以点的轨迹为以为圆心,为半径的圆,

因为点在直线上,

所以直线与圆:有交点,

所以,即,解得,

故答案为:

2、（2020届河北省衡水中学高三上学期七调）已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意得圆的圆心为，半径，

易知直线恒过点，直线恒过，且，

点的轨迹为，圆心为，半径为，

若点为弦的中点,位置关系如图：

.

连接，由易知.

，

.

故选：D.

3、(2019镇江期末） 已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得PA⊥PB，则实数a的取值范围为________．

【答案】－2≤a≤2.

【解析】   考察点P的轨迹C，轨迹C与圆M有公共点．利用圆与圆的位置关系求解．

由PA⊥PB，PA⊥AO，PB⊥OB，PA＝PB，得四边形PAOB是正方形，所以P的轨迹是以原点O为圆心，为半径的圆．

又点P也在圆M上，所以OM≤＋，得a2＋22≤8，解得－2≤a≤2.

4、（2018年苏州一模） 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－4，0)，B(0，4)，从直线AB上一点P向圆x2＋y2＝4引两条切线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的最大值为________．

【答案】 3

【解析】 P在直线AB：y＝x＋4上，设P(a，a＋4)，可以求出切点弦CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，易知CD过定点，所以M的轨迹为一个定圆，问题转化为求圆外一点到圆上一点的距离的最大值．

解法1(几何法) 因为直线AB的方程为y＝x＋4，所以可设P(a，a＋4)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程为x1x＋y1y＝4，PD：x2x＋y2y＝4，将P(a，a＋4)分别代入PC，PD方程，则直线CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，所以直线CD过定点N(－1，1)，

又因为OM⊥CD，所以点M在以ON为直径的圆上(除去原点)，又因为以ON为直径的圆的方程为＋＝，

所以AM的最大值为＋＝3.

解法2(参数法) 因为直线AB的方程为y＝x＋4，所以可设P(a，a＋4)，同解法1可知直线CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，得a＝.又因为O，P，M三点共线，所以ay－(a＋4)x＝0，得a＝.因为a＝＝，所以点M的轨迹方程为＋＝(除去原点)，所以AM的最大值为＋＝3.

 此类问题往往是求出一点的轨迹方程，转化为定点到曲线上动点的距离的最值问题，而求轨迹方程，解法1运用了几何法，解法2运用了参数法，消去参数a得到轨迹方程．另外要熟练记住过圆上一点的切线方程和圆的切点弦方程的有关结论．

5、在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则点的纵坐标的取值范围是  ▲  ．

【答案】

 思路分析：根据条件可得动点的轨迹是圆，进而可以将问题转化为圆与圆的位置关系进行处理.

解题过程：设，因为所以，化简得，则圆与圆有公共点，将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线方程为，代入可得，所以点的纵坐标的取值范围是．

解后反思：在解决与圆相关的综合问题时，要注意充分利用圆的几何性质或一些简单的轨迹知识将问题转化为直线与圆或圆与圆的位置关系问题.

6、在平面直角坐标系xOy中，已知B，C为圆x2＋y2＝4上两点，点A(1,1)，且AB⊥AC，则线段BC的长的取值范围为________．

【答案】 [－，＋]　

【解析】思路分析 本题考查圆的方程和性质，考查等价转化和运算求解能力，借助直角三角形的性质，把求BC的长转化为求2AM的长，而A为定点，思路1，求出M的轨迹方程，根据圆的性质及直角三角形的性质不难求得，其轨迹为一个圆，问题就转化为一定点到圆上一点的距离，这是一个基本题型，求解即得；思路2，设出AM＝x，OM＝y，寻找到x，y之间的关系式，通过线性规划的知识去处理．

解法1 设BC的中点为M(x，y)．

因为OB2＝OM2＋BM2＝OM2＋AM2，

所以4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2，

化简得2＋2＝，

所以点M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

所以AM的取值范围是，

所以BC的取值范围是[－，＋]．

解法2 设BC的中点为M，设AM＝x，OM＝y.

因为OC2＝OM2＋CM2＝OM2＋AM2，所以x2＋y2＝4.

因为OA＝，所以x＋y≥，x＋≥y，y＋≥x.

如图所示，

可得x∈，

所以BC的取值范围是[－，＋]．