重难点23 与圆有关的最值与范围问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点23与圆有关的最值与范围问题【十大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1斜率型最值（范围）问题】 2【题型2直线型最值（范围）问题】 5【题型3定点到圆上点的最值（范围）】 7【题型4圆上点到定直线（图形）上的最值（范围）】 9【题型5过圆内定点的弦长最值（范围）问题】 12【题型6圆的切线长度最值（范围）问题】 14【题型7周长面积型最值（范围）问题】 16【题型8数量积型最值（范围）问题】 18【题型9坐标、角度型最值（范围）问题】 21【题型10长度型最值（范围）问题】 241、与圆有关的最值与范围问题从近几年的高考情况来看，与圆有关的最值与范围问题是高考的热点问题，由于圆既能与平面几何相联系，又能与圆锥曲线相结合，命题方式比较灵活，故与圆相关的最值与范围问题备受命题者的青睐.此类问题考查形式多样，对应的解题方法也是多种多样，需要灵活求解.【知识点1与距离有关的最值问题】在运动变化中，动点到直线、圆的距离会发生变化，在变化过程中，就会出现一些最值问题，如距离最小、最大、范围等.这些问题常常联系到平面几何知识，利用数形结合思想进行求解得到相关结论.1．圆上的点到定点的距离最值问题一般都是转化为点到圆心的距离处理，加半径为最大值，减半径为最小值.2．圆上的点到直线的距离最值问题已知圆C和圆外的一条直线l，则圆上点到直线距离的最小值为：，距离的最大值为：.【知识点2利用代数法的几何意义求最值】1．利用代数法的几何意义求最值(1)形如的最值问题，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m=(x-a)2+(y-b)2的最值问题，可转化为曲线上的点到点(a,b)的距离平方的最值问题.【知识点3切线长度最值问题】1．圆的切线长度最值问题(1)代数法：直接利用勾股定理求出切线长，把切线长中的变量统一成一个，转化成函数求最值；(2)几何法：把切线长最值问题转化成圆心到直线的距离问题.【知识点4弦长最值问题】1．过圆内定点的弦长最值问题已知圆C及圆内一定点P，则过P点的所有弦中最长的为直径，最短的为与该直径垂直的弦.【知识点5解决与圆有关的最值与范围问题的常用方法】1．与圆有关的最值与范围问题的解题方法(1)数形结合法：处理与圆有关的最值问题，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.(2)建立函数关系求最值：根据题目条件列出关于所求目标函数的关系式，然后根据关系的特点选用参数法、配方法、判别式法等进行求解.(3)利用基本不等式求解最值：如果所求的表达式是满足基本不等式的结构特征，如a·b或者a+b的表达式求最值，常常利用题设条件建立两个变量的等量关系，进而求解最值.同时需要注意，“一正二定三相等”的验证.(4)多与圆心联系，转化为圆心问题.(5)参数方程：进行三角换元，通过参数方程，进行求解.【题型1斜率型最值（范围）问题】【例1】（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）已知P(m,n)为圆C:(x−1)2+(y−1)2=1上任意一点，则m+nm+1的最大值为（

）A．33 B．−33 C．1+【解题思路】根据圆上任意一点P(m,n)到定点A−1,1【解答过程】m+nm+1由于P(m,n)为圆C:(x−1)故n−1m+1可看作圆上任意一点P(m,n)到定点A当直线PA与圆相切时，此时斜率最大，由于相切时，AC=2,CP=1故PA故m+nm+1的最大值为1+故选：C.【变式1-1】（2024·河南·模拟预测）已知点Px,y在圆x−12+y−12A．−6−30 B．6+30 C．−6+30【解题思路】将y−4x−3看作时圆上的点Px,y到点【解答过程】4−yx−3看作圆上的点Px,y到点当经过点A3,4设切线方程为y=kx−3+4，所以圆心到切线的距离等于半径，故−2k+31+k2=3，解得k=6±故选：C.【变式1-2】（2024·陕西商洛·三模）已知Px0,y0是圆C:A．−2 B．−12 C．−4−7【解题思路】y0+1x【解答过程】设k=y0+1则y0+1x圆C:x2+所以圆C的圆心为1,1，半径为1.因为Px0,所以圆C与直线kx−3−y−1=0有公共点，即圆的圆心C1,1到直线k所以k1−3−1−1k即y0+1x故选:D.【变式1-3】（2024·福建南平·三模）已知Pm,n为圆C：x−12+y−12=1上任意一点，则【解题思路】将n−1m+1转化为点Pm,n和−1,1连线的斜率，由图像可知当直线与圆相切时取得最大值，由【解答过程】由于n−1m+1=n−1m−(−1)，故n−1m+1表示Pm,n和−1,1连线的斜率，设设此时MP:y−1=k(x+1)，即kx−y+k+1=0，又圆心1,1，半径为1，故k−1+k+1k2+1故n−1m+1的最大值为3故答案为：33【题型2直线型最值（范围）问题】【例2】（23-24高三上·河南·阶段练习）已知点Px,y是圆C：x−a2+y2=3a>0上的一动点，若圆CA．4 B．26 C．−4 D．【解题思路】由圆所过点的坐标求得a，y−x可看成是直线y=x+b在y轴上的截距，直线与圆相切时，b取得最大值或最小值，由此可得．【解答过程】因为圆C：x−a2+y(1−a)2+2=3．又a>0，所以y−x可看成是直线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2−0+b2=3所以y−x的最大值为−2+6，最小值为−2−6，故y−x的最大值与最小值之和为故选：C．【变式2-1】（24-25高二上·全国·课后作业）如果实数x,y满足等式x2+y2+4x−2y−4=0，那么x2+y2的最大值是【解题思路】画出图形，通过数形结合，以及直线与圆的位置关系、所求代数式的几何意义逐一求解即可.【解答过程】由x2+y2+4x−2y−4=0因为圆心−2,1到原点的距离为5，所以圆上的动点到原点距离的最大值为5+3则x2+y令2x−y=t，则−t是直线2x−y=t在y轴上的截距，当直线与圆相切时，直线2x−y=t在y轴上的截距，一个是最大值，一个是最小值，此时，圆心−2,1到直线2x−y=t的距离d=−4−1−t5=3所以2x−y的最大值为35故答案为：14+65；3【变式2-2】（23-24高二上·黑龙江绥化·阶段练习）已知x，y是实数，且x−12(1)求3x+4y的最值；(2)求yx(3)求x2【解题思路】（1）首先设3x+4y=z，利用直线与圆有交点，列式求z的最值；（2）首先设k=yx，转化为直线kx−y=0与圆有交点，列不等式求（3）根据x2【解答过程】（1）设3x+4y=z，化为3x+4y−z=0，可知直线3x+4y−z=0与圆x−12+y−2有3+8−z5≤2，解得可得3x+4y的最小值为1，最大值为21；（2）设k=yx，化为可知直线kx−y=0与圆x−12有k−2k2+1≤2，解得故yx的取值范围为−（3）x2+y圆x−12+y−2故x2+y2的最小值为【变式2-3】（2024高三·全国·专题练习）已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：(1)yx(2)y＋x的最大值和最小值；(3)x2＋y2的最大值和最小值．【解题思路】（1）令yx＝t，进行求解即可（2）令y＋x＝m，得其纵截距在两相切位置对应的纵截距之间，进行求解即可；（3）根据x2＋y2的几何意义，进行求解即可.【解答过程】（1）如图，令yx＝t，则x2＋t2x2－4x＋1＝0，即（1＋t2）x2－4x＋1＝0.由Δ≥0得－3≤t≤3所以yx的最小值为－3，最大值为3（2）令y＋x＝m，得y＝－x＋m.直线y＝－x＋m与圆x2＋y2－4x＋1＝0有公共点时，其纵截距在两相切位置对应的纵截距之间，而相切时有＝3，|m－2|＝6，m＝2±6.所以y＋x的最大值为2＋6，最小值为2－6.（3）如图，x2＋y2是圆上点到原点距离的平方，故连接OC，与圆交于点B，并延长交圆于C′，可知B到原点的距离最近，点C′到原点的距离最大，此时有OB＝x2+y2＝2－3，OC′＝则（x2＋y2）max＝OC′2＝7＋43，（x2＋y2）min＝OB2＝7－43.【题型3\t"/gzsx/zsd29136/_blank"\o"定点到圆上点的最值（范围）"定点到圆上点的最值（范围）】【例3】（2024·陕西铜川·三模）已知圆C:(x−a)2+(y−b)2A．4 B．5 C．6 D．7【解题思路】由题意及圆的定义得圆心所在的轨迹方程，然后利用点与圆的位置关系求解最大值即可.【解答过程】由圆C:(x−a)2+(x−b)2即(a−3)2+(b−4)2=1又AO=32故选：C.【变式3-1】（23-24高三下·山东济南·开学考试）已知P是圆O:x2+y2=9上的动点，点Q满足PQ=A．8 B．9 C．29+3 D．【解题思路】首先求点Q的轨迹方程，再利用点与圆的位置关系，求AQ的最大值.【解答过程】设Qx,y，P由PQ=x−x0,y−因为点P在圆O上，即x0则x−32所以点Q的轨迹是以3,−4为圆心，3为半径的圆，因为A1,1，1−32+所以AQ的最大值为1−32故选：C.【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）M点是圆C:(x+2)2+y2=1上任意一点，AB为圆C1:(x−2)2+A．1 B．2 C．3 D．47【解题思路】根据弦长公式先求出C1N=1，然后可知点N在以C【解答过程】圆C:(x+2)2+y2圆C1:(x−2)2+如图所示，由弦长公式知|AB|=2r解得C1所以点N在以C1由图可知，|MN|的最小值为CC故选：B．【变式3-3】（2024·四川乐山·三模）已知圆O:x2+y2=16，点F−2,12+19，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，BA．32 B．352 C．5【解题思路】设M(x,y)，由△AOE∼△MOA表示出点E坐标，代入直线方程得出点M的轨迹，根据点到圆上一点距离最小值求法计算即可．【解答过程】设M(x,y)，由题可知△AOE∼△MOA，则|OA||OE|=|OM|所以|OE||OM|=|OA将点E的坐标代入l:2x−y+16=0，化简得(x+1)2+y−故点M的轨迹是以−1,12为圆心，又(−2+1)2+1所以MF的最小值为(−1+2)2故选：B．【题型4\t"/gzsx/zsd29137/_blank"\o"圆上点到定直线（图形）上的最值（范围）"圆上点到定直线（图形）上的最值（范围）】【例4】（2024·河北邯郸·模拟预测）已知M，N是圆C：x2+y2−2y−3=0上的两个点，且MN=22，P为MN的中点，Q为直线lA．22 B．2 C．2−2 【解题思路】先根据弦长得出点P的轨迹，利用直线与圆的位置关系即可解决.【解答过程】圆C的标准方程：x2+(y−1)2由MN=22，可得所以点P在以C(0,1)为圆心，2为半径的圆上，又点C到直线l：x−y−3=0的距离d=0−1−3所以PQ的最小值为22故选：B.【变式4-1】（2024·辽宁鞍山·二模）已知直线l:x−y−2=0，点C在圆x−12+y2=2上运动，那么点CA．322+1 B．522 【解题思路】确定圆心和半径，求出圆心到直线的距离，加上圆的半径，即可得答案.【解答过程】圆x−12+y2=2则圆心1,0到直线l：x−y−2=0的距离为：d=1−0−2所以圆上的点C到直线l：x−y−2=0距离的最大值为：22故选：C.【变式4-2】（2024·河北·二模）已知Ax1,y1，Bx2,y2是圆x2+y2=9A．43 B．33 C．23【解题思路】连接OM、OA、OB，根据已知可得OA⋅OB=x1【解答过程】如图，连接OM、OA、OB，由Ax1,y1，B即OA⋅又AM=2MB，则OM−所以OM=则动点M的轨迹方程为x2且圆心O到直线x+3y−43所以MP的最小值为23故选：D.【变式4-3】（2024·湖南岳阳·二模）已知点Ax1,y1,Bx2,A．16 B．12 C．8 D．4【解题思路】题目转化为A、B到直线x+y−2=0的距离之和，变换得到|AC|+|BD|=2|EF|，利用数形结合转化求解即可．【解答过程】因为A(x1，y1)、B(x2，因为|OA|=|OB|=4，则△AOB是等腰直角三角形，|x1+y1−2|+|x2+原点O到直线x+y−2=0的距离为d=2AC⊥CD，BD⊥CD，E是AB的中点，作EF⊥CD于F，且OE⊥AB，|AC|+|BD|=2|EF|，|OE|=1|EF|≤OE+d=32，当且仅当O,E,F三点共线，且E,F又|EF|=12|BD|+|AC|，故|x1+故选：B．【题型5\t"/gzsx/zsd29138/_blank"\o"过圆内定点的弦长最值（范围）"过圆内定点的弦长最值（范围）问题】【例5】（23-24高二上·重庆·期末）已知圆的方程为x2+y2−8x=0A．10 B．11 C．210 D．【解题思路】利用几何法求弦长.【解答过程】如图：x2+y2−8x=0⇒

由图可知，当弦AB⊥CP时，弦长最短.此时，Rt△ACP中，CP=4−2所以：AP=所以弦长AB=2故选：D.【变式5-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知直线l:tx+y−2t−3=0(t∈R)与圆C:x−12+A．[23,8] B．[43,8] C．【解题思路】根据题意，求得直线恒过点P(2,3【解答过程】因为直线tx+y−2t−3=0(t∈R由x−2=0y−3=0，解得x=2,y=可得点P(2,3)在圆又由圆x−12+y2=16当直线l过圆心C(1,0)时，截得弦长AB最长，此时ABmax当直线l与PC垂直时，此时弦长AB最短，又由PC=可得ABmin所以弦长AB的取值范围是[43故选：B.【变式5-2】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知直线l：mx−y−3m+1=0恒过点P，过点P作直线与圆C：(x−1)2+(y−2)2=25相交于A，BA．45 B．2 C．4 D．【解题思路】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定|AB|最小时直线与直线CP的位置关系，即可得结果.【解答过程】由m(x−3)−y+1=0恒过P(3,1)，又(3−1)2+(1−2)2=5<25要使|AB|最小，只需圆心C(1,2)与P的连线与该直线垂直，所得弦长最短，由|CP|=5所以ABmin故选：A.【变式5-3】（2024·江西赣州·二模）已知直线l:m+nx+m−ny−2m=0mn≠0A．l过定点1,−1 B．l与C一定相交C．若l平分C的周长，则m=1 D．l被C截得的最短弦的长度为4【解题思路】根据方程的形式，联立方程x+y−2=0x−y=0【解答过程】选项A：l:m+n联立x+y−2=0x−y=0，解得x=1y=1，所以l过定点选项B：因l过定点1,1，且1−22所以定点1,1在圆内，即l与C一定相交，故B正确；选项C：若l平分C的周长，则直线过圆心2,2，所以m+n×2+即m=0，故C错误；选项D：当定点1,1为弦的中点时，此时弦长最短，此时圆心2,2到弦所在直线的距离d=2−1则弦长22故选：B.【题型6圆的切线长度最值（范围）问题】【例6】（2024·全国·模拟预测）已知P为直线l:x−y+1=0上一点，过点P作圆C:x−12+y2=1的一条切线，切点为A．1 B．2 C．3 D．2【解题思路】根据已知条件，结合勾股定理以及点到直线的距离公式求解即可.【解答过程】连接CA，则PA=而PC的最小值为点C到直线l的距离d=1−0+1所以PAmin故选：A.【变式6-1】（2024·新疆·二模）从直线x−y+2=0上的点向圆x2+yA．22 B．1 C．24 【解题思路】先求出圆心和半径，再将切线长的最小转化为直线上的点与圆心的距离最小来求解即可.【解答过程】圆x2+y2−4x−4y+7=0直线x−y+2=0上的点P向圆x2+y则PA2要使切线长的最小，则PC最小，即直线上的点与圆心的距离最小，由点到直线的距离公式可得，|PC|所以切线长的最小值为(2故选：B.【变式6-2】（2024·四川宜宾·二模）已知点P是直线x+y+3=0上一动点，过点P作圆C:(x+1)2+y2A．23 B．22 C．2【解题思路】由题意可得PA=PC2−r2，则当【解答过程】圆C:(x+1)2+y2由题意可得PA⊥AC，则PA=则当PC取得最小值时，线段PA长度的最小，PCmin所以PAmin故选：D.【变式6-3】（2024·湖北·模拟预测）已知点P为直线l:3x−4y+12=0上的一点，过点P作圆C:x−32+y−22=1的切线PM，切点为A．125 B．135 C．1705【解题思路】分析可知CM⊥PM，由勾股定理可得PM=PC2−1，当PM取小值时，PC⊥l，求出圆心到直线【解答过程】由题意可知，圆C的圆心为C2,3，半径为CM由圆的几何性质可知，CM⊥PM，由勾股定理可得PM=所以要使切线长PM取最小值，只需PC取最小值即可.当直线PC与直线l:3x−4y+12=0垂直时，PC取最小值d=9−8+12则PM的最小值是135故选：A.【题型7周长面积型最值（范围）问题】【例7】（2024·上海普陀·二模）直线l经过定点P(2,1)，且与x轴正半轴、y轴正半轴分别相交于A，B两点，O为坐标原点，动圆M在△OAB的外部，且与直线l及两坐标轴的正半轴均相切，则△OAB周长的最小值是（

）A．3 B．5 C．10 D．12【解题思路】先设动圆M的圆心M坐标为(m,m)，|OA|=a，|OB|=b，结合直线与圆相切的性质可得|OA|+|OB|+|AB|=|2m，当圆M与直线AB相切于点P(2,1)处时，圆M半径最小，结合两点间距离公式即可求解．【解答过程】设动圆M的圆心M坐标为(m,m)，即圆M半径r=m，由题意m>0，设|OA|=a，|OB|=b，圆M与直线AB相切于点N，则|AN|=m−a，|BN|=m−b，所以|OA|+|OB|+|AB|=|OA|+|OB|+|AN|+|BN|=a+b+m−a+m−b=2m，即△OAB的周长为2m，所以△OAB的周长最小即为圆M半径m最小，因为PM≥r=m则m−22+m−1解得m≥5或m≤1,当m≤1时，圆心M在△OAB内，不合题意；当m≥5时，符合题意，即圆M半径的最小值为5，△OAB周长的最小值为2m=10．故选：C．【变式7-1】（2024·山西吕梁·一模）已知圆Q:(x−4)2+(y−2)2=4，点P为直线x+y+2=0上的动点，以PQ为直径的圆与圆Q相交于A．27 B．47 C．2【解题思路】写出面积表达式，从而得到当PQ与直线垂直时面积最小，代入数据计算即可.【解答过程】由题意得PA⊥AQ，PB⊥AQ，Q4,2S四边形当PQ垂直直线x+y+2=0时，PQmin∴(故选：B.【变式7-2】（2024高三·全国·专题练习）设P为直线x−y=0上的动点，PA，PB为圆C：(x−2)2+y2=1的两条切线，切点分别为A，BA．3 B．2+3 C．4 D．【解题思路】根据给定条件，利用圆的切线长定理将四边形周长表示为|PC|的函数求解.【解答过程】依题意，圆(x−2)2+y2=1AC⊥PA，|PB|=|PA|=|PC因此四边形APBC的周长l=2|PA|+2|AC|=2|PC而|PC|min=21所以四边形APBC的周长的最小值为4.故选：C.【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）已知A(−3,0)，B(0,3)，设C是圆M:x2+y2A．12 B．62 C．6 D．【解题思路】求出C到直线AB的距离的最大值与最小值，结合面积公式做差即可得.【解答过程】因为直线AB与圆M:(x−1)设圆心M(1,0)到直线AB:y=x+3的距离为d，则d=42=2所以C到直线AB的距离的最小值为d−r=22C到直线AB的距离的最大值为d+r=22因此△ABC面积的最大值与最小值之差等于：|AB|22故选：B．【题型8数量积型最值（范围）问题】【例8】（2024·陕西安康·模拟预测）在平面直角坐标系中，曲线y=x2−4x+1与坐标轴的交点都在圆C上，AB为圆C的直径，点P是直线3x+4y+10=0上任意一点；则PAA．4 B．12 C．16 D．18【解题思路】由题意求出圆C的方程，根据数量积的运算律求得PA⋅PB的表达式PC⃗2−4，确定当|【解答过程】对于曲线y=x2−4x+1，令x=0，则y=1；令y=0曲线y=x2−4x+1设圆心C2,t，由(0−2)2+则圆心为C2,1，半径为2，所以圆C方程为(x−2)

PA⋅当|PC|最小，即为圆心到直线3x+4y+10=0的距离时，圆心C2,1到直线l:3x+4y+10=0的距离设为d，则d=所以PC最小值为4，则PA⋅PB的最小值为故选：B．【变式8-1】（2024·全国·模拟预测）已知圆O是圆心为原点的单位圆，A,B是圆O上任意两个不同的点，M2,0，则MA+MBA．1,2 B．1,3 C．2,4 D．2,6【解题思路】设C为弦AB的中点，则MA+MB=2【解答过程】设C为弦AB的中点，则MA+MB=2MC．因为A,B两点不重合，则直线AB与圆O相交，所以点考虑点D为圆上或圆内一点，如图当且仅当D，O，M三点共线时，DM最长为MO+OD=3，因C考虑点E为圆上或圆内一点，如图当且仅当O，E，M三点共线时，EM最短为MO−OE=1，因C综上，当点C在圆O内时，MC∈1,3，则故选：D．【变式8-2】（2024·河南开封·二模）已知等边△ABC的边长为3，P为△ABC所在平面内的动点，且|PA|=1，则PB⋅A．−32,92 B．−1【解题思路】首先建立平面直角坐标系且A(−32,0)，B(32【解答过程】如下图构建平面直角坐标系，且A(−32,0)，B(所以P(x,y)在以A为圆心，1为半径的圆上，即轨迹方程为(x+3而PB=(32综上，只需求出定点(34,而圆心A与(34,34)的距离所以PB⋅故选：B.【变式8-3】（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，BA．0,1 B．0,1 C．0,2 D．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【解答过程】

如图，取线段AB的中点D，连接CD，则CD⊥AB，由CP⋅CA+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+故选：D.【题型9坐标、角度型最值（范围）问题】【例9】（2024·江西·模拟预测）已知点M是圆x2+y2=1上一点，点N是圆C:A．π2 B．π3 C．π4【解题思路】利用圆的最值问题和正弦定理即可求解.【解答过程】圆x2+y2=1圆C:x−32+y2在三角形CMN中，CN=根据正弦定理可得，CNsin∠CMN=所以sin∠CMN=因为CM≥CO−所以sin∠CMN≤因为CN<CM，所以所以∠CMN的最大值为π3故选：B.【变式9-1】（2024·全国·模拟预测）已知直线l:x−y+2=0与圆O:x2+y2=1，过直线l上的任意一点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，A．3π4 B．2π3 C．【解题思路】由题意可得cos∠AOP=1OP，可知当OP【解答过程】由题意可知：圆O:x2+则圆心O到直线l的距离为|2|2=2>1，可知直线因为∠AOB=2∠AOP，且cos∠AOP=当OP最小时，则cos∠AOP最大，可得∠AOP最小，即∠AOB又因为OP的最小值即为圆心O到直线l的距离为2，此时cos∠AOP=22,∠AOP=π故选：C．【变式9-2】（23-24高一下·河南洛阳·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知O0,0,A154,0，曲线C上任一点M满足OM=4AM，点P在直线y=2x−1上，如果曲线C上总存在两点到点PA．1<t<3 B．1<t<4 C．2<t<3 D．2<t<4【解题思路】根据OM=4AM可求出曲线C的方程，根据曲线C上总存在两点到点P的距离为2，可得到点P到圆心4,0的距离小于【解答过程】设Mx，y，因为x化简得：(x−4)∴曲线C的方程：(x−4)2+y2=1圆心4,0到直线y=2x−1的距离所以直线与圆相离，如图所示：设点Pt,2t−1，只需点P到圆心4,0此时点P在点P1与点P∴(t−4)2解得：1<t<3．故选：A.【变式9-3】（23-24高二上·江西九江·期末）已知点P在直线l:3x+4y+3=0上，过P作圆M:x2+y2−6x−4y+9=0的两条切线，切点为A．30∘ B．45∘ C．60∘【解题思路】由圆的方程求得其圆心和半径，求出圆心到直线l的距离，确定当MP⊥l时，∠APB取最大值，结合sin∠MPA=2|PM|【解答过程】圆M的标准方程为(x−3)2+(y−2)2=4圆心M到直线l的距离为d=3×3+4×2+333由于MA⊥AP，故sin∠MPA=

故当MP⊥l时，|MP|最小，此时∠MPA最大，则∠APB=2∠APM也取最大值，此时sin∠MPA=24故选：C.【题型10长度型最值（范围）问题】【例10】（2024·山东枣庄·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知A−3,0,B1,0,P为圆C:(x−3)A．34 B．40 C．44 D．48【解题思路】借助点到直线的距离公式与圆上的点到定点距离的最值计算即可得.【解答过程】设Px,y，则=2x+1即PA2+PB2等价于点又PQ≥即PA2故选：B.【变式10-1】（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知圆C:x2+y2=4上两点AxA．32−2 C．62−4 【解题思路】根据题意，由x1x2+y1y2=0发现OA⊥OB【解答过程】由x1x2+y1y因为x1所以，由点到直线的距离公式可知x1+3y1+6+

设AB,DF的中点分别为M,E，易知，由梯形ADFB的中位线可得AD+则x1+3y1因为△AOB是直角三角形，所以OM=则点M在圆x2显然，最小值为原点O到直线x+3y+6=0距离与圆原点O到直线x+3y+6=0距离d=0+61+3所以x1+3故选：D.【变式10-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知P为直线l:x+y=0上一点，过点P作圆M:(x−1)2+(y−1)2=1的切线PA（A点为切点），B为圆A．31−2 B．32−1 C．31【解题思路】连接MN，可得MN⊥l，得到(PA+PB)min=(PA+【解答过程】如图所示，连接MN，可得MN⊥l，且垂足为O要使得PA+即(PA又由PN2PA2显然，当OP2最小时，PN所以，当OP2=0时，PNmin所以(PA故选：B.【变式10-3】（23-24高三上·辽宁大连·阶段练习）已知圆C1:(x−2)2+(y−3)2=1，圆C2:x−32+y−42A．52−2 B．17−1 C．6+2【解题思路】利用圆的性质及“将军饮马”模型计算最值即可.【解答过程】

如图所示，易知C12,3,取点C1关于横轴的对称点A，则A2,−3，在横轴上任取一点P′连接AC2交横轴于P，交圆C2于E(圆上靠近横轴一点)，连接PC1则P′M+当且仅当P′、P，E、N，此时PM+PN的最小值为故选：D.一、单选题1．（2024·江西·模拟预测）已知实数a,b满足a2+b2=a−bA．2 B．2 C．322【解题思路】利用点a,b即在圆C:x−122+【解答过程】由题意知点a,b在曲线C:x−则圆心C12,−12即−4≤c≤−2，又|a+b−3|=|c|∈[2,4]，所以a+b−3的最小值2．故选：B.2．（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QA．2 B．2 C．6 D．2【解题思路】根据已知条件，求得PQ=d2−r【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=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，故故选：B.3．（2024·全国·模拟预测）直线y=kx+2被圆x2+yA．2 B．3 C．22 D．【解题思路】由恒过定点A0,2可得，过点A【解答过程】直线y=kx+2恒过定点A0,2x2+y设其圆心为B，半径为r，则B3,0，r=4又AB=32则当直线AB与直线y=kx+2垂直时所截得的弦长最小，最小值为2r故选：D．4．（2024·山东济南·三模）圆(x−1)2+(y+1)2=4A．3 B．4 C．5 D．9【解题思路】求出圆心到直线的距离加上圆的半径即可得答案.【解答过程】圆(x−1)2+(y+1)2=4则圆心C(1,−1)到直线3x+4y−14=0的距离为d=3−4−14所以圆(x−1)2+(y+1)2=4故选：C.5．（2024·陕西汉中·二模）已知⊙M:x2+y2−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0,P为l上的一动点，A，B为A．−255 B．−45 【解题思路】根据题意分析得当PA，PB分别为圆的切线，且MP最小时，∠APB最大，此时cos∠APB【解答过程】由题意得⊙M的标准方程为(x−1)2+(y−1)所以圆心M到直线l的距离为|2+1+2|4+1=5>2，所以直线所以当PA，PB分别为圆的切线，且MP最小时，sin∠APM=AMPM=2所以∠APB=2∠APM最大，此时cos∠APB此时cos∠APB=故选：D.6．（2024·安徽·模拟预测）已知点M是直线l1:ax+y−2a=0和l2:x−ay+2=0（a∈R）的交点，A−1,0，Bm,0，且点M满足MA=A．6 B．26 C．10 D．【解题思路】根据题意，得到点M的轨迹方程为x2+y2=4(x≠2)，结合MA=12MB恒成立，求得点B(−4,0)，再由2MA+MC=【解答过程】将直线l1:ax+y−2a=0化为a(x−2)+y=0，可得直线l1同理可得直线l2:x−ay+2=0恒过定点(−2,0)，当可得kl1=−a,kl2=1a，则k因为点M是直线l1和l2的交点，所以点M的轨迹方程为又因为MA=12即8x+20=−2mx+m2+4恒成立，所以m=−4又由2MA+MC=MB可得原点O(0,0)到直线BC的距离为41所以在直线BC上存在两个点P,Q满足B,P,C或B,Q,C三点共线，如图所示，可得2MA所以2MA+MC故选：D.7．（23-24高二上·黑龙江·期末）已知直线y=kx+2k∈R交圆O:x2+y2=9A．9 B．16 C．27 D．30【解题思路】根据题中条件，先求得弦PQ的中点Ex,y的轨迹方程，则3x1+4y1+165+【解答过程】由题设直线与y轴的交点为A0,2，设弦PQ的中点为E连接OE，则OE⊥PQ，即OE⊥AE，所以OE⋅即x,y⋅所以点E的轨迹方程为x2即E的轨迹是以0,1为圆心，1为半径的圆，设直线l为3x+4y+16=0，则E到l的最小距离为4+165过P､E､Q分别作直线则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点，则ER是直角梯形的中位线，所以MP+NQ=2即3x所以3x故选：D.8．（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⋅PDA．①③④ B．①②④ C．②③④ D．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⋅【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所以四边形PCOD的面积的最小值为2−1=1，最大值为4−1PC⋅PD=PC=PO2+设y=t+2t−3,t∈故选：B.

二、多选题9．（2024·安徽六安·模拟预测）已知圆C:x2+y2−4x−5=0，点A．圆C关于直线x−3y−2=0对称B．已知A1,−2，B5,0，则PAC．2a+b的最小值为2−3D．a+2b+9a+3的最大值为【解题思路】对于A，由直线穿过圆心即可判断，对于BCD，分别将问题理解成圆上的点与定点的距离平方和、在y轴上的截距和圆上的点和定点连线的斜率，在数形结合即可求得最值情况，进而求解即可判断.【解答过程】由题圆C的圆心为C2,0，半径为r=3对于A，显然圆心C2,0满足x−3y−2=0，故直线x−3y−2=0所以圆C关于直线x−3y−2=0对称，A对；对于B，PA2+PB设D3,−1所以根据代数式的几何意义可知PA2+PB对于C，设z=2x+y，即y=−2x+z，动点x,y在圆C上，则z取得最小值时，即为直线y=−2x+z在y轴上截距最小，如图，过圆C所在平面作直线y=−2x，直线y=−2x+z与直线y=−2x平行，由图可知，当直线y=−2x+z与圆C相切时其在y轴上截距取得最大值或最小值，此时圆心C到直线y=−2x+z的距离等于半径，即−2×2+z−2⇒z=4+35或z=4−35，故2a+b的最小值为对于D，因为a+2b+9a+3=1+2×b+3则根据代数几何意义可知当圆上的点Pa,b与定点Ta+2b+9a+3如图，显然当过T的直线与圆相切时斜率最大，设切线为y=kx+3−3，则有圆心到切线距离d=5k−3k2+1=3a+2b+9a+3故选：ABD.10．（2024·吉林延边·一模）已知Ax1,y1A．若点O到直线AB的距离为2，则ABB．若AB=23C．若∠AOB=π2，则D．x1x【解题思路】对于A选项：利用圆的弦长公式即可求解；对于B选项：运用余弦定理即可求解；对于C选项：将x1+y1−1+x【解答过程】依题意，圆O:x2+y如图所示：对于A选项：因为点O到直线AB的距离为2，所以AB=2对于B选项：因为AB=23，且所以在△ABC中，由余弦定理可得：cos∠AOB=所以∠AOB=2π对于C选项：由x1其几何意义为Ax1,y1设A,B的中点为Cx则有x1因为∠AOB=π2，所以在直角三角形△OAB中，OC=所以点C的轨迹为以原点0,0为圆心，2为半径的圆.因为0,0到x+y−1=0的距离为d=0+0−1所以x0所以x1对于D选项：因为x1所以当OA,OB所成的角为π时，故选项D正确;故选：ACD.11．（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A．弦AB有最小值为25 B．OM有最小值为C．△OCM面积的最大值为5+12 D．【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,B【解答过程】圆C:(x−2)2+(y−1)2直线l:kx−y+1=0过定点Q0,1因为(0−2)2+(1−1)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>2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因为0−12+0−1所以OM的最小值为0−12对于C，OC=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圆心N1,1到直线OC的距离d=所以点M到直线OC的距离最大值为55所以△OCM面积的最大值为12对于D，设Ax联立x−22+y−1则x1+x所以点M的坐标为2k则PO⋅当k=0时，PO⋅当k>0时，PO⋅当k<0时，PO⋅当且仅当−k=1−k，即综上所述PO⋅

故选：BCD.三、填空题12．（2024·四川泸州·三模）动直线l：mx+y−2m−1=0被圆C：x2+y【解题思路】求出直线所过定点A，判断定点A在圆内，数形结合知直线l截圆C所得弦长最小时，弦心距最大，此时CA⊥l，即可由勾股定理求出此时的弦长.【解答过程】直线l:mx+y−2m−1=0，即y−1=m2−x所以直线l过定点A2,1，又圆C:x+12所以点A在圆C内部，AC=当CA垂直于直线l时，C到直线l的距离最大，此时弦长最小，所以直线l被圆C截得的弦长的最小值为226故答案为：8.13．（2024·四川绵阳·模拟预测）直线l:ax+y−2a−2=0(a∈R)，与圆C:x2+y2−4x−4y=1相交于A、B两点，点P为直线【解题思路】计算直线l的恒过点，圆的圆心和半径，可得直线l恒过圆心，由向量线性运算BA=PA−PB，2PC【解答过程】因为直线l:ax+y−2a−2=0，则直线恒过点(2,2)，由C:x2+y2−4x−4y=1可得圆C的圆心C因为BA=PA−所以BA2=PA②−①得PA因为点C到直线m的距离为：4+2+65=12PA⋅PB的最小值是故答案为：99514．（23-24高二上·北京·期末）已知Ax1,y1、Bx2,y2满足：x1【解题思路】分析可知，Ax1,y1、Bx2,y2在圆x2+y2=1上，且∠AOB=2π3，记d【解答过程】设Ax1,y1、Bx2故Ax1,y1且cos∠AOB=OA⋅因为0≤∠AOB≤π，则∠AOB=因为OA=OB=1，则△AOB是腰长为1（1）当点A、B在直线3x−4y=0的同侧时，设直线3x−4y=0交圆x2+y2=1

记d1=3x1−4y15则d1=sin所以，3=5sin因为0<θ<π3，则π3则3x（2）当点A、B在直线3x−4y=0的异侧时，设直线3x−4y=0交圆x2+y2=1

记d1=3x1−4y15则d1=sin所以，3=5sin因为0<θ<2π3，则π6则3x（3）当点A、B中有一点在直线3x−4y=0上时，

则3x综上所述，代数式3x1−4故答案为：53四、解