专题06 直线与圆综合大题（期中专项训练）（解析版）高二数学上学期人教版A

2/24专题06直线与圆综合大题题型1求圆轨迹题型6直线与圆：定值题型2大题基础：韦达定理型（重点）题型7直线与圆：定直线题型3圆过定点题型8两圆共切线应用题型4面积最值（难点）题型9直线与圆存在性题型5直线与圆：过定点（常考点）题型10第19题型综合（难点）题型一、求圆轨迹（共3小题）1．（2025高二·全国·专题练习）已知圆的圆心在轴上，并且过，两点．(1)求圆的方程；(2)若为圆上任意一点，定点，点满足，求点的轨迹．【答案】(1)(2)以为圆心，为半径的圆【分析】（1）从A，两点坐标可看出线段平行于轴，则它的垂直平分线垂直于轴，所以线段的垂直平分线与轴的交点为圆心,圆心到点的距离为半径，从而得到求圆C的方程．（2）设,,将向量式进行坐标表示，得到与，与的关系，因为点为圆上任意一点，所以利用圆的方程(即与关系)，进而得到与的关系(即点Q的轨迹方程)，从而得到点Q的轨迹.【详解】（1）因为圆过A,B两点,所以圆心C在线段的垂直平分线上.因为,所以线段的中点为,直线AB的斜率，所以线段的垂直平分线斜率不存在,方程为:.因为圆C的圆心在轴上,所以线段的垂直平分线与轴的交点为圆心,所以圆心为.又半径，所以圆的方程为:．（2）设，．由，得,所以即因为点在圆上，所以，所以，化简整理得的轨迹方程为:，所以点的轨迹是:以为圆心，为半径的圆．2．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知点，圆上两动点满足，四边形为矩形，求点的轨迹方程，并求的取值范围．（为原点）

【答案】，【分析】根据对称性可得点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，进而可求的取值范围.【详解】连接，由题可知图形关于的中垂线对称，故，故点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，所以的取值范围为.3．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知射线和，棍棒的两端分别在射线和上滑动，．(1)求的最大值；(2)设为的中点，求的取值范围；(3)设为的中点，求点的轨迹．【答案】(1)12(2)(3)点的轨迹是与原阿波罗尼斯圆等大小的圆【分析】（1）由已知得出顶点的轨迹是圆心在直线上、半径的阿波罗尼斯圆上，即可求解的最大值；（2）法一：由圆的性质即可求解；法二：由三角形中线长定理得，，设，则，即可求解的取值范围；（3）建立平面直角坐标系，设，则，，由，得，化简即可得出点的轨迹．【详解】（1）先证明：在平面上给定两点，设点在同一平面内且满足，当且时，点的轨迹是圆，称之为阿波罗尼斯圆，证明：不妨设，若设，则，整理得，所以点的轨迹为圆心，半径为的圆，证毕；由题可知，顶点的轨迹是圆心在直线上、半径的阿波罗尼斯圆．所以．（2）解法1：由圆的性质知．解法2：先证明三角形中线长定理：如图，在三角形中，为边上中线，则，证明：，所以，证毕；取中点，如图，由三角形中线长定理知：，设，则，，所以．（3）如图，建立平面直角坐标系．设，则，，由，得，即，即，所以点的轨迹是与原阿波罗尼斯圆等大小的圆，即图中的．题型二、大题基础：韦达定理型（共3小题）4．（2025高三·全国·专题练习）设为坐标原点，若椭圆与直线交于两点，且，圆过点．(1)求的方程及圆的半径；(2)若点在上，且，判断直线与圆的位置关系，并说明理由．【答案】(1)的方程为，圆的半径为2；(2)相交，理由见解析.【分析】（1）设，联立直线与椭圆并应用韦达定理得，再由弦长公式列方程求椭圆参数，即可得方程，根据圆所过的点求圆的半径；（2）讨论直线的斜率，不同情况下设直线的方程并联立椭圆，应用韦达定理及求参数关系，再应用点线距离与圆的半径大小判断位置关系即可.【详解】（1）设，联立，得，，则，即，解得，故的方程为．设圆的方程为，又圆过点，代入可得，故圆的半径为2．（2）

直线的斜率不存在时，设直线的方程为，联立，不妨令，由，得，解得，此时圆心到直线的距离为，故直线与圆相交．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，得，则，由得，即，即，故，解得，设圆心到直线的距离为，则，故直线与圆相交．综上，直线与圆相交．5．（24-25高二下·上海崇明·期末）已知圆，直线．(1)若直线与圆相切，求实数的值；(2)直线与圆相交于、两点，且，求圆的半径．【答案】(1)；(2).【分析】（1）将圆的一般方程整理成标准方程，利用圆心到直线的距离等于半径建立方程，即可得解；（2）联立直线方程和圆的方程，根据韦达定理结合向量数量积的坐标运算可得，即可得解.【详解】（1）由圆的一般方程可得标准方程，则，即.所以圆心到直线的距离，因为直线与圆相切，所以，解得，满足.所以，.（2）由题意，联立可得，设，则，解得，根据韦达定理可得，则，所以，满足.所以，圆的半径满足，故.6．（24-25高二上·四川自贡·期中）如图，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，又点是椭圆与轴正半轴的交点，点是椭圆与轴正半轴的交点，且，，圆方程为．(1)求椭圆及圆的标准方程；(2)过原点作直线与圆交于、两点，若，求直线的方程．【答案】(1)椭圆方程为．圆的方程为．(2)或．【分析】（1）利用椭圆方程，表示出点的坐标，利用共线向量的坐标表示，可得答案；（2）利用分类讨论，分直线斜率存在与不存在两种情况，设出直线方程，与圆的方程联立，写出韦达定理，根据向量数量积的坐标表示，建立方程，可得答案.【详解】（1）由题意，，，，将代入，可得，解得，则，，，由，可得，即，故，由．代入解得，，，则椭圆方程为，圆的方程为．（2）①当直线的斜率不存在时，直线方程为，与圆相切，不符合题意；②如图，当直线的斜率存在时，设直线方程为，由，可得，依题意，需使，即，设，，则，，，，而圆心的坐标为，则，，所以，即，代入得：，解得或，故得直线的方程为或．题型三、圆过定点（共3小题）7．（24-25高三上·云南·阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆．已知点到的距离是点到的距离的3倍．记点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)设曲线与轴的负半轴交于点为坐标原点，若点不在轴上，直线分别与直线交于两点，探究以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)以为直径的圆过定点，或，理由见解析【分析】（1）设，由代入坐标化简可得答案；（2）求出，设，直线的方程分别为、，根据得，直线的方程分别与联立求出点坐标，再求出以为直径的圆的方程，根据方程可得答案.【详解】（1）设，由题意得，即，化简得，所以曲线的方程为；（2）以为直径的圆过定点，或，理由如下，令，可得，或，所以，设，直线的方程分别为、，因为，所以，可得，由得，由得，可得的中点为，，以为直径的圆的方程为，整理得，由，得或，可得以为直径的圆过定点，或.8．（23-24高二上·江苏盐城·阶段练习）已知圆，直线.(1)若点P在直线l上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为，求证：过点的圆过定点，并求出所有定点的坐标；(2)若点P在直线l上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为,求证：直线AB过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)证明见解析；和(2)证明见解析；【分析】（1）利用几何关系得到点在以为直径的圆上，然后求出圆的方程即可；（2）利用两个圆的方程，求出公共弦的方程，即可求出定点.【详解】（1）是圆O的切线切点为所以.所以点在以为直径的圆上，点P在直线l上运动，所以设点，则以为直径的圆方程为：，即：，令，解得或所以圆过定点和（2）由（1）知，过的圆方程为：，同时点在圆上，所以直线AB即两个圆的公共弦方程所在的直线方程，两个圆的方程相减得：，即两个圆的公共弦方程所在的直线方程；令，解得.故直线过定点

9．（2021高二·江苏·专题练习）已知圆，直线l的方程为，点P是直线l上一动点，过点P作圆的切线PA、PB，切点为A、B.(1)当P的横坐标为时，求的大小；(2)求四边形PAMB面积的最小值；(3)求证：经过A、P、M三点的圆N必过定点，并求出所有定点的坐标.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，，【分析】（1）由题可知，圆M的半径r=2，和P点坐标，根据MP=2r，可得，从而可求的大小；（2）要求四边形PAMB面积最小值，由题意可知只需求PM的最小值，利用点到直线的距离公式可求答案;（3）设P的坐标，求出经过A、P、M三点的圆的方程，即可得到圆过定点；【详解】（1）由题可知，圆M的半径，，因为PA是圆M的一条切线，所以,又因，又；（2），要使四边形PAMB面积最小，只需PA最小.又，只需PM最小.当时，PM有最小值，，,此时四边形面积最小为.（3）证明：设，因为，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，方程为：，即，由，解得或,所以圆过定点，.题型四、面积最值（共3小题）10．（24-25高二上·贵州六盘水·期末）已知直线与相交于点，且.(1)求点的轨迹的方程；(2)若直线与交于两点，以线段为直径的圆经过坐标原点.（ⅰ）证明：直线与圆相切；（ⅱ）求面积的最小值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据条件得到和，再结合，即可求解；（2）（i）当当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立曲线方程，通过消得到，从而得到，结合条件得到，再利用直线与圆的位置关系，即可求解；（ii）利用弦长公式，结合（i）中结果，得到，令，得到，利用基本不等式，即可求解.【详解】（1）当时，由，得到，当时，由，得到，又，得到，整理得到，当时，，满足，所以点的轨迹的方程为.（2）（ⅰ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，由，消得到，则，且，又，因为以线段为直径的圆经过坐标原点，则，得到，所以，即，整理得到，又原点到直线的距离为，此时直线与圆相切，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，由，得到，只有一个交点，不合题意，综上，直线与圆相切.（ⅱ）因为，由（ⅰ）可得，又，得到，所以面积为，令，则，所以，当且仅当，即或（舍）时取等号，所以面积的最小值为.【点晴】关键点点晴，本题的关键在于第（2）中的（i）问，利用韦达定理，结合条件得到，再利用间的关系，结合条件，即可求解.11．（24-25高二上·重庆·阶段练习）已知曲线.(1)点在曲线上，求点的横坐标的取值范围；(2)为坐标原点，直线与曲线交于两点.(i)若，求面积的最大值；(ii)若，求证:与圆心为的定圆相切.【答案】(1)(2)(i)；(ii)证明见解析【分析】（1）法一：直接配方得，则，解出即可；法二：利用判别式法即可得到答案；（2）(i)设，联立直线与曲线方程，再计算出面积表达式，利用基本不等式即可求面积最值；(ii)设，联立曲线方程得到韦达定理式，再代入向量表达式得，最后计算得圆心到直线的距离等于半径即可.【详解】（1）法一：由方程配方得，则，解得.法二：由，解得.（2）(i)设.由得.所以.由，有.则.所以.当且仅当时等号成立.故面积的最大值为.(ii)当直线斜率为时，设.由.得.所以.由，化简得.由，有，即.即.即，满足成立.且到的距离满足:，则为定值.当直线斜率不存在时，由(i)，，得.故到的距离始终为，即始终与定圆相切.【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用设线法得到韦达定理式，再整体代入向量数量积的表达式，化简得到.12．（24-25高二上·四川遂宁·期中）已知圆与直线相切于点，圆心在轴上.(1)求圆的标准方程；(2)若过点的直线与圆交于两点，当时，求直线的一般式方程；(3)过点且不与轴重合的直线与圆相交于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点，记的面积为，求的最大值.【答案】(1)；(2)或；(3).【分析】（1）由题意，设圆方程为，根据直线与圆的位置关系和两直线的位置关系可得，解之即可求解；（2）根据几何法求弦长可得圆心到直线的距离为，易知当直线斜率不存在时满足题意；当斜率不存在时，设直线方程，利用点线距公式计算建立关于k的方程，解之即可求解；（3）直线方程联立圆的方程，解得，同理可得，则，结合基本不等式计算即可求解.【详解】（1）由题可知，设圆的方程为，圆心为，由直线与圆相切于点，得，解得，所以圆的方程为；（2）设圆心到直线的距离为d，∵，∴，.①当直线斜率不存在时，，满足到直线的距离；②当直线斜率存在时：设方程：，即，，整理得，解得，，即，综上：直线的一般式方程为或；（3）由题意知，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由，得，解得或，则点A的坐标为，又直线的斜率为，同理可得：点的坐标为，由题可知：，，又，同理，，当且仅当时等号成立，的最大值为.【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.题型五、直线与圆：过定点（共3小题）13．（24-25高二上·贵州·期中）设，，，，圆Q的圆心在x轴的正半轴上，且过A，B，C，D中的三个点．(1)求圆的方程；(2)若圆上存在两个不同的点P，使得成立，求实数的取值范围；(3)设斜率为k直线l与圆相交于E，F两点（不与原点O重合），直线，斜率分别为，，且，证明：直线l恒过定点．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）首先分析圆只能过点，，三点，再求出线段、线段的垂直平分线方程，联立求出交点坐标，即为圆心，再求出半径，即可得到圆的方程；（2）设，根据，得到，即可得到点在以为圆心，为半径的圆上，依题意该可知圆与圆相交，由圆心距与半径和差的关系得到不等式组，解得即可；（3）设直线的方程为，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，由斜率公式求出，即可得解.【详解】（1）若圆经过，，则圆心必在的垂直平分线上，不合题意；又与关于轴对称，圆心在轴的正半轴上，所以圆只能过点，，三点，因为，的中点为，所以线段的垂直平分线的方程为，即，又线段的垂直平分线的方程为，联立方程组解得，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为．（2）设，因为，所以，化简得，所以．则点在以为圆心，为半径的圆上，依题意该圆与圆有两个交点，即可两圆相交，又，则，解得．（3）设直线的方程为，，，由得，所以，，所以，所以，所以直线方程为，令，解得，即直线过定点．14．（24-25高二上·湖北·期中）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，记线段中点的运动轨迹为曲线(1)求曲线的方程(2)过点作直线交曲线于两个不同的点，，且不过曲线的中心，再过点，分别作曲线的切线，两条切线交于点，求证：点在同一直线上，并求出该直线的方程(3)斜率为的直线与曲线相交于异于原点的两点，，直线，的斜率分别为，，且.若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值【答案】(1)(2)详见解析；(3)证明见详解【分析】（1）利用相关点法求轨迹方程；（2）设，，，由，可得直线所在的直线方程，又点在直线上，可得证；（3）设直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求解定点坐标，由几何图形可知，，再利用直角三角形，斜边的中线等于斜边的一半，即可求出定点坐标.【详解】（1）设线段的中点为，，，即，因为点在圆上，所以，化简得，所以曲线的方程为.（2）设，，，点在圆外部，由，可得，即，又，可得，同理，由可得，所以直线所在的直线为，又点在直线上，，即，所以点在同一条直线上，直线方程为.（3）设直线，，，，由，得，，，，即，，所以，所以直线的方程为，即直线过定点，因为为定值，为直角三角形，为斜边，所以当是的中点时，，所以存在定点，使得为定值.15．（24-25高二上·江苏无锡·期中）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程(1)若过点的直线与圆C相切，求切线的方程；(2)点P在直线上，过P作圆C的切线PM，PN，切点分别为M，N，问经过P，M，N的圆是否过定点？如果过定点，求出所有定点的坐标；(3)过点的动直线l与圆C交于E，F两点，线段EF的中点为G，若构成等腰三角形，求此时点G的坐标.【答案】(1)或(2)过定点，定点为(3)【分析】（1）易知当切线斜率不存在时符合题意；当切线斜率存在时，设直线方程，利用直线与圆的位置关系求出斜率即可；（2）由题意知过点的圆是以为直径的圆，设，表示得该圆的方程为，解方程组即可；（3）设，表示出，根据可得点的轨迹，分类讨论当，，时，建立对应的方程组，解之即可求解.【详解】（1）当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意；当切线斜率存在时，设为，即，又圆与切线相切，所以圆心到切线的距离为，即，解得，故切线方程为，综上，符合题意的切线方程为或；（2）如图，

因为均为圆的切线，所以，故过点的圆是以为直径的圆，设，则线段的中点坐标为，，所以过点的圆的方程为，整理得，令，消去，得，解得或，当时，；当时，，所以过点的圆过定点.（3）如图，

由题意知圆的圆心为，半径为2，，设，则，由，得，即，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆.又，若，则，又点在圆上，所以，解得或；若，则，又点在圆上，所以，解得；若，则，又点在圆上，所以，解得或.综上，满足题意的点坐标为.题型六、直线与圆：定值（共2小题）16．（24-25高二上·湖北荆州·期中）已知圆内有一点，倾斜角为的直线过点且与圆交于两点.(1)当时，求的长；(2)是否存在弦被点三等分？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由；(3)记圆与轴的正半轴交点为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.并计算出定值.【答案】(1)(2)存在，(3)证明见解析，【分析】（1）由题意求出直线方程，利用圆的几何性质求弦长即可；（2）假设存在，求出弦心距，讨论直线的斜率是否存在，利用点到直线距离即可得解；（3）分类讨论直线斜率是否存在，存在时由根与系数的关系及斜率公式化简即可证明.【详解】（1）因为，所以，直线的方程为，圆的圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，所以；（2）取的中点为，如图，假设存在弦被点三等分，设，，则，，解得，当斜率不存在时，，故斜率存在，设斜率为，则：，，解得，即存在弦被点三等分，直线的斜率为；（3）由题意知，,当直线斜率不存在时，，，不妨取，则，此时；直线斜率存在时，设方程为，代入圆的方程可得，设，则，又，所以，综上，为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．17．（24-25高二上·重庆渝中·阶段练习）已知点为线段的中点，，点为圆上动点.(1)求点的轨迹曲线的方程；(2)过点的直线与（1）中曲线交于不同的两点，（异于坐标原点），（i）求直线斜率的取值范围；（ii）直线，的斜率分别为、，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ii）是，5【分析】（1）设，，利用相关点法即可求出轨迹方程；（2）设直线的方程为，，，联立直线和曲线的方程，消去后，利用韦达定理及可求出斜率的取值范围，利用斜率公式及韦达定理可求出.【详解】（1）设，，由中点坐标公式得，因为点为圆上动点，所以，所以，整理得曲线的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立直线和曲线的方程：，消去得：，（i）因为直线与曲线交于异于坐标原点的两点，，所以，解得.（ii）,代入韦达得：，所以是定值5.

18．（24-25高二上·广东东莞·阶段练习）如图，已知满足条件（其中i为虚数单位）的复数z在复平面对应的点的轨迹为圆C（圆心为C），设复平面上的复数（x，）对应的点为，定直线m的方程为，过的一条动直线l与直线m相交于N点，与圆C相交于P、Q两点，M是弦中点．

(1)当时，求直线l的一般式方程；(2)设，试问t是否为定值？若为定值，请求出t的值，若t不为定值，请说明理由．【答案】(1)或(2)是，【分析】（1）求出圆心和半径，对直线的斜率是否存在分类讨论，利用几何方法求解斜率可得答案；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，斜率不存在时通过数值直接计算即可；斜率存在时，先与圆的方程联立求从而求解出的坐标表示，同理与联立求解出的坐标表示，由此计算是否为定值.【详解】（1）因为，所以，所以圆心，半径；当直线l的斜率不存在时，，此时，所以，满足题意；当l的斜率存在且为k时，，即，则，，所以由，得，解得，此时；综上：直线l的方程为或；（2）当直线l的斜率不存在时，易知，，，所以，，所以，即；当直线l的斜率存在且为k时，设，，，联立，消去y，得，所以，，即，所以；又由，可得，所以，故，综上：t为定值，且．【点睛】方法点睛：（1）复数的常见轨迹问题；表示以对应的点为圆心，半径为的圆；且表示以对应的点为焦点，为长轴长的椭圆；（2）定值问题的计算，可采用由特殊到一般的思路去解答.题型七、直线与圆：定直线（共3小题）19．（24-25高二上·江西·阶段练习）已知圆，直线与圆交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足分别为分别异于.(1)求实数的取值范围;(2)若，用含的式子表示四边形的面积;(3)当时，若直线和直线交于点，证明点在某条定直线上运动，并求出该定直线的方程.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，【分析】（1）首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离，即可求出参数的取值范围；（2）设，，则，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，表示出，则；（3）表示出直线、的方程，由，得到，再联立、的方程，求出、，即可得到，从而得解.【详解】（1）圆的圆心为，半径为，因为直线与圆交于，两点，所以圆心到直线的距离，解得，所以实数的取值范围为；（2）当时，设，，则，，由，消元整理得，所以，，，所以，因为四边形为直角梯形，所以四边形的面积；（3）由，，则，，且直线、的斜率存在，当时，由（2）知，，，，，所以直线的方程为，直线的方程为，因为、相交，所以，即，，所以，解得，联立、的方程得，，，所以，所以点在定直线上运动.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.20．（24-25高二上·福建泉州·期中）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（且）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，，，动点P满足：，记动点P的轨迹为曲线G，过点A的直线与曲线G交于C、D两点.(1)求曲线G的方程；(2)若过A且与垂直的直线与曲线G交于E，F，求四边形面积S的最大值；(3)若点Q满足：且，证明：点Q在定直线上.【答案】(1)(2)7(3)证明见解析【分析】（1）根据条件列出方程化简得解；（2）分类讨论，当斜率存在时，求出弦长，利用四边形对角线垂直的面积，再由基本不等式求最值即可；（3）设，斜率不为0时，设直线方程，联立圆的方程，由根与系数的关系，代入条件化简可得为定值.【详解】（1）设，可得化简得：，即曲线G的方程为：（2）如图，

当直线斜率不存在时，为圆G的直径，即

当直线斜率为0时，同理可得当直线斜率存在不为0时，设斜率为k，则斜率为则方程为：，即，圆心O到距离为：，同理，当且仅当，即取等号，又，∴四边形面积S的最大值为7.（3）设，，，由，，可得，①当斜率为0，不妨设，，可得，即Q在直线上当斜率不为0，设，此时，由①式，可得，整理得由，，，即Q在直线上综上，Q在定直线上.【点睛】关键点点睛：先根据圆的几何性质解决弦长问题，再由基本不等式求面积的最值，在第三问中，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系，代入消元得出为定值.21．（24-25高二上·四川广安·期中）平面直角坐标系中，圆M经过点，，.(1)求圆M的标准方程；(2)设，过点D作直线，交圆M于P，Q两点，且P，Q不在y轴上,①过点D作与直线垂直的直线，交圆M于E，F两点，记四边形的面积为S，求S的最大值；②设直线，相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2)①最大值为7；②点N在定直线上.【分析】（1）设圆的标准方程，根据所过的点列方程求参数，即可得圆的方程；（2）①法一：设直线为，直线为，应用几何法求弦长，结合得到关于k的表达式，应用基本不等式求最值；法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离，应用几何法得弦长关于、的表达式，结合、基本不等式求最值；②设，，联立直线与圆得一元二次方程，应用韦达定理并结合直线的方程为，直线的方程为求点N坐标.【详解】（1）设圆的方程为，则，解得，所以圆M的标准方程为；（2）①设直线为，即，则圆心到直线距离，所以，若，则直线斜率不存在，则，，则，若，则直线为，即，则圆心到直线距离，所以，则，当且仅当，即时取等号，综上所述，因为，所以S的最大值为7；法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离，则，，又直线与直线垂直，所以，，当且仅当时取等，所以S的最大值为7；

②设，，联立，消y得，则，，直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，则，所以，所以点N在定直线上.【点睛】关键点点睛：第二问，一小问中利用圆弦长的几何求法及得到关于某个参数的表达式为关键题型八、两圆公切线应用（共3小题）22．（24-25高二上·辽宁锦州·期末）已知圆，圆的圆心在直线上，且过点．(1)求圆的标准方程；(2)已知第二象限内的点在圆上，过点作圆的切线恰好与圆相切，求的斜率．【答案】(1)(2)【分析】（1）需要先求出圆心坐标和半径.可通过设圆心坐标，利用圆上点到圆心距离等于半径列方程求解.（2）判断两圆的位置关系，求出两圆的公切线，结合图形，得到满足条件的切线斜率.【详解】（1）设圆的圆心坐标为，半径为.因为圆过点和，根据圆的标准方程.对于点有，即①.对于点有，即②.将②代入①可得：.展开得.移项化简得，即，解得.把代入②得.所以圆的标准方程为.（2）如图所示，两圆外离，公切线有四条，由于第二象限内的点在圆上显然满足题意的是.下面求公切线斜率.显然斜率存在，设切线.圆心到切线（即）的距离（∗），圆心到切线（即）的距离（∗∗），两个式子比，得到由.化简得到，则或者.即或者.当时，代入方程（∗），得到，两边平方整理得，解得或.当时，代入方程（∗），同样得到，解得.由于且由图知道，因此，.故满足题意的的斜率为.

23．（24-25高二上·重庆·阶段练习）已知：圆与圆．(1)当时，判断两圆是否相交．并说明理由．如果相交，求公共弦所在直线的方程．(2)当两圆外切时，①求的值；②某直线分别与圆和圆相切于相异的两点，求．【答案】(1)两圆相交，理由见解析；(2)①，②4.【分析】（1）根据两圆的方程得出圆心坐标和半径，计算出圆心距，比较圆心距与半径之和，半径之差的绝对值的大小，进而判断两圆位置关系；相交时，将两圆的方程相减，即得公共弦所在直线的方程；（2）①利用两圆外切的条件得出关于参数的方程，即可求出的值，②利用外公切线的计算公式计算即可.【详解】（1）由圆与圆，可知两圆圆心分别为，半径，则，当时，，则，，所以，故两圆相交．两圆方程相减得，即两圆公共弦所在直线的方程为．（2）①若两圆外切，则，即，解得．②因为，所以.24．（2022高三·全国·专题练习）已知两圆和.求：(1)取何值时两圆外切？(2)取何值时两圆内切，此时公切线方程是什么？(3)求时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长.【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）求得两圆心坐标和半径，根据两圆相外切时，利用列出方程，即可求解；（2）利用，求得的值，根据，得到公切线的斜率，设切线方程为，根据点到直线的距离公式列出方程，即可求解；（3）由两圆的方程相减，求得公共弦的方程为，结合弦长公式，即可求解.【详解】（1）解：由题意，两圆和，可化为和，可得圆心坐标分别为，半径分别为，当两圆相外切时，可得，即，解得.（2）解：由圆心距，当两圆内切时，可得，即，解得，因为，可得两圆公切线的斜率是，设切线方程为，则有，解得，当时，直线与圆相交，舍去；故所求公切线方程为，即.（3）解：由圆和，两圆的方程相减，可得,可得，即两圆的公共弦的方程为，则圆心到公共弦的距离为又由弦长公式，可得弦长为.题型九、直线与圆存在性（共3小题）25．（24-25高二上·四川绵阳·期末）在平面直角坐标系中，已知，，，四点都在圆上.(1)求圆的方程；(2)已知为坐标原点，点，圆上是否存在点，满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)两圆内含，故两圆无公共点.【分析】（1）设出圆的一般方程，利用待定系数法可求圆的方程；（2）求出点的轨迹方程，根据圆心距与半径差的关系可判断两圆内含.【详解】（1）设圆，则，故，故圆的方程为，而，故也在圆上，故圆的方程为.（2）设，则，整理得到：，其标准方程为，故的轨迹为圆，圆心，半径为，而圆：，而，其半径为，，故两圆内含，故两圆无公共点.26．（24-25高二上·广东韶关·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知为三个不同的定点.以原点为圆心的圆与线段都相切.(1)求圆的方程及的值；(2)若直线与圆相交于两点且，求的值；(3)在直线上是否存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有（为常数）？若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)圆，，(2)(3)，【分析】（1）因为、已知，所以通过到的距离求半径，即可得到圆的方程，再根据半径求点坐标，注意到点坐标的特殊性，这条直线是垂直于轴的．（2）将、点坐标设出来，数量积坐标化，将直线方程与圆的方程联立，韦达定理代入即可求解．（3）假设、的坐标，根据两点距离公式与建立等式，再根据A、P分别满足直线和圆的方程化简等式，最后根据等式恒成立的条件求解.【详解】（1）因为，因为圆与相切，所以半径等于到的距离．又直线，所以圆的半径，所以圆．圆与相切，又过点与圆相切的直线有或，所以直线，所以．即，所以直线，又到的距离为，所以，解得或（舍），所以．（2）设，，则.由，可得，，解得.所以，，故.所以，所以.故.（3）设.则，.若在直线上存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有为常数,等价于对圆上任意点恒成立.即.整理得.因为点在直线上，所以.由于在圆上，所以.故对任意恒成立.所以显然，所以.故，因为，解得或.当时，，此时重合，舍去.当时，，综上，存在满足条件的定点，此时.27．（24-25高二上·北京·阶段练习）已知点及圆.(1)设过点的直线与圆交于两点，当时，求以为直径的圆的方程；(2)设直线与圆交于两点，是否存在实数，使得过点的直线垂直平分弦？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）根据题设，利用几何法求出以为直径的圆的半径，即可求解；（2）把已知直线的方程代入到圆的方程中消去得到关于的一元二次方程，因为直线与圆有两个交点，所以得到，从而有，再根据题设条件得到，即可求解．【详解】（1）因为圆，即的圆心为，，因为，又，所以，故以为直径的圆的方程为.（2）由，消去，整理得，由于直线交圆于，两点，故，即，解得，则实数的取值范围是，假设符合条件的实数存在，由于垂直平分弦，故圆心必在直线上，所以的斜率，所以，由于，故不存在实数，使得过点的直线垂直平分弦．题型十、第19题型综合（共3小题）28．（24-25高二上·四川成都·期中）已知与轴分别相交于，过点的直线交圆于．(1)当时，求直线的方程；(2)当的面积取得最大值时，将圆沿轴折成直二面角，如图，在上半圆上是否存在一点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由；(3)在圆上任取一点，过作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段的中点的轨迹记为曲线，曲线与直线交于，直线与直线相交于，在定直线上，直线与直线相交于，在定直线上，判断直线，的位置关系，并注明．【答案】(1)(2)存在，(3)与重合，证明见解析【分析】（1）设，由圆心到直线的距离公式和圆内弦长列方程求解即可；（2）由三角形面积公式得到，再令，由对勾函数的单调性求出，然后建立如图所示坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，代入空间向量的二面角公式计算即可；（3）直曲联立表示出韦达定理，再设，，联立两直线方程得到点在定直线上，设然后再联立直线与圆方程得到韦达定理，得到即可；【详解】（1）易知直线的斜率不为0，设，即，则圆心到直线的距离，又即，解得，所以直线的方程为，（2）易知直线的斜率不为0，设，即，由（1），，，又，化简得，令，则，，又，故最大时，由对勾函数的单调性可得，故此时，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，即，取，易得，，解得，，（3）设，联立，化简得，，，，设，，联立，得，又，代入得，即点在定直线上，易得，联立，化简得，设，则，所以，同理，在定直线上，所以与重合.【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于利用直曲联立证明得到点在定直线上，再联立证明，得到在定直线上.29．（24-25高二上·重庆·期中）已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）.(1)若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程.(2)记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点.（i）求证：；（ii）求的最小值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）由题意，根据三条直线方程设出二次曲线系方程，通过方