考点19直线与圆(2)(解析版)

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| 1,解得一4三k3，解得m，又直线与圆相交，所以dd，那么1彳怦2 1，即m2J抄，所

9、以k81 + kkm216 q8m，即3m2+ 8m 160，解得4m0)，那么圆 C2： (x + 2)2 + (y 3)2= r2(r0)，即 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 xO

10、y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- OBOPsin / BOP来解题.解法1(点参数)设点P(x, y)，那

11、么OA =2, OA : x y= 0,点P到直线OA的距离d1 =比僅，那么3到点P的距离要小于等于半径，故3.nn1解法 2角参数设/ AOP = a,易知 OA =7 2, OB = 2,Z AOB = ，那么/ BOP = a, S1 = 羽OPsi na, S2= j2 X OPsin a =PC0Sa，故 S = ta n a,由图易知，当直线 OP 与圆相切时，a =【问题探究，变式训练】题型一隐圆问题知识点拨：隐圆问题时近几年江苏高考个各类模拟的热点，解决此类问题的关键是让“圆显现出来，主要表达以下几点：1、根据定义，确定圆2、符合“阿波罗尼斯圆的条件；3、根据轨迹确定为圆。然

12、后转化为直线与圆或者圆与圆的位置关系来求解。例1、(2021镇江期末)圆O: x 2,+ y2= 1，圆M : (x a)2+ (y 2)2 = 2假设圆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丄PB,那么实数a的取值范围为 .【答案】2 aw 2.【解析】思路分析考察点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丄PB, PA丄AO , PB丄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，2为半径的圆.又点P也在圆M上，所以OM w 2+ 2，得a2+ 22w 8,解得一2w a 2.【变式1】(2021年

13、苏州一模) 在平面直角坐标系 xOy中，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，那么线段AM长的 最大值为.【答案】32【解析】思路分析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, y , D(X2, y2)，所ax

14、1+( a + 4) y1 = 4, 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，ax2+( a + 4) y2 = 4,那么直线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),1 2所以AM的最大值为+ 乎=3“.又因为OMLCD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 x + ?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

15、 + (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 = 0,4x4一 4y4x12121得a=.因为a= 丄丫=，所以点M的轨迹方程为x +o + y-=(除去原点)，所以AM的最y xx + yy x222大值为-4 + J + 22 = 3 2.解后反思 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.【变式2】在平面直角坐标系xOy中

16、，圆C:(x 1)2 y2 2，点A(2,0)，假设圆C上存在点M ,一 2 2满足MA MO 10，那么点M的纵坐标的取值范围是【答案】思路分析：根据条件可得动点M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 M (x, y),因为 MA2MO2, 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， 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=

17、 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 + 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

18、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： 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

19、= 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,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

20、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AG GOx2 y2，在 Rt AGC 中，AC、3，CG .(x 2)2 (y m)2，AGC 90，由AC22

21、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MA2 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

22、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，；，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+ y

23、yo= 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 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

24、=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.【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/

25、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0MN w 2r,即卩 0PC2 r2w 8r2.设动点 P(x, y)，圆心 C 坐标为(3, 2)，那么有 0(x 3)2+ (y 2)2 r2w 8r2,即卩 r2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

26、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+ y

27、2= 4,表示圆又因为点M在圆(x a+ 1)2+ (y a 2)2= 1上，所以两圆有交点，所以 2 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)

28、(MO OA) = MO2 OA2= MO2 1,所以|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 , 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