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2025届高三数学高考二轮专题复习：圆与方程解答题专练
1．已知双曲线的渐近线与圆相切．
(1)求双曲线的方程．
(2)已知双曲线，（在轴上方，在轴下方）是右支上两个不同的点，直线与的一个交点为，，连接（为坐标原点）分别交于点．
①判断四边形的形状；
②证明的面积为定值，并求出这个定值．
2．已知抛物线与圆没有公共点，过上一动点作圆的两条切线，切点分别为、．
(1)求实数的取值范围．
(2)若，求的最小值．
(3)设直线、分别交于另一点、，是否存在实数，使得当点在上运动时，直线总与圆相切 若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
3．设直线过点且与轴正半轴，轴正半轴分别交于两点.
(1)若，求直线的斜截式方程；
(2)设直线过点与直线垂直，与轴分别交于两点，若与的面积相等，求直线的斜率；
(3)若圆的圆心在外，且与轴所在直线相切于轴正半轴上，与轴所在直线相切于轴正半轴上，与直线相切于线段上，设，求关于的函数表达式和定义域，并求圆的面积的最小值及取到最小值时的值.
4．如图所示，、分别为椭圆的左、右顶点，直线l的方程为．过原点O作直线l的平行线与椭圆Γ交于M、N两点．
(1)求证：直线l与椭圆Γ有且仅有一个公共点，并求该公共点的坐标；
(2)记（1）中的公共点为P，求证：P、M、、N四个点在同一圆C上，并求圆C的一般方程．
5．已知为离心率为的椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与交于两点（在第一象限）.
(1)求的方程；
(2)求的面积的最大值；
(3)若直线与轴交于点，求证：四点共圆.
6．已知直线，圆，圆：.
(1)判断直线与圆的位置关系，并说明理由；
(2)圆与圆交于两点，求过与这三点的圆的方程.
7．在平面直角坐标系内，为坐标原点，动点与定点的距离与到定直线的距离之比为常数.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)已知，，是动点的轨迹上的三点，且圆与直线，都相切，且
（ⅰ）求圆的半径；
（ⅱ）试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
8．已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点作圆的切线，求切线方程；
(3)求直线上被圆所截得的弦长.
9．已知是椭圆的右焦点，是上一点，且直线与圆相切于点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若上两点满足．
（ⅰ）当直线斜率不存在时，求直线的方程；
（ⅱ）求直线被圆所截得弦长的最小值．
10．已知圆，直线过点.
(1)若直线与圆相切，求直线的方程；
(2)当直线的斜率存在且与圆相切于点时，求.
11．已知点，圆，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点.
(1)求的轨迹方程;
(2)当时，求的方程及的面积.
12．已知轨迹的方程为.
(1)过点作轨迹的切线，求切线的方程；
(2)经过原点的两条互相垂直的直线分别与轨迹相交于两点和两点，求四边形ACBD的面积的最大值.
13．已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)已知，试判断以为直径的圆与圆的位置关系，并说明理由；
(3)过第一象限的点作的垂线，交轴于点，过点作的垂线交直线于点，过点作的切线，切点为，试判断直线是否过定点．若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．
14．已知圆．
(1)若直线与圆相切，求切线的方程；
(2)若过点的直线与圆相交于、两点，且为直角三角形，求直线的方程.
15．已知三个顶点的坐标分别是.
(1)求AB边上的高所在的直线方程
(2)求外接圆的方程
16．在平面直角坐标系中，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆上的两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若为椭圆上任意一点，以点为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为.证明：的面积为定值，并求出该定值.
17．记圆M：的圆心为M，椭圆过点M．
(1)已知椭圆C和圆M交于点，且．
①求椭圆C的方程；
②已知点 ，若过点 M 的直线l交C 于另一点H，且的面积为 ，求l的方程．
(2)，直线与椭圆C相切于点P，与圆M 相切于点Q，且，求椭圆C的方程．
附：若是椭圆 上一点，则过点 T 且与该椭圆相切的直线的方程为．
18．已知双曲线.
(1)若双曲线的离心率为，求的值；
(2)若直线与圆相切，证明：直线与双曲线的左右两支各有一个公共点.
19．已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．
(1)求线段AB的中点P的轨迹的方程；
(2)设圆与曲线的交点为M、N，求线段MN的长．
20．已知直线，双曲线，圆，
(1)当时，求双曲线的离心率；
(2)若直线与圆相切，证明：与的上下两支各有一个公共点；
(3)设直线与轴交于点，且与圆交于点，与的上下两支交于点，从上到下依次为，当时，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
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《2025届高三数学高考二轮专题复习：圆与方程解答题专练》参考答案
1．(1)
(2)①平行四边形；②证明见解析，
【分析】（1）求出双曲线渐近线方程，利用圆的切线性质，结合点到直线距离求解.
（2）①求出曲线的方程，设出点坐标，再联立直线与曲线的方程求出的坐标即可判断；②法1，设出方程，与曲线的方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积推理计算即得；法2，利用①的信息求出的坐标，再利用三角形面积公式结合向量运算求解即得.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，
圆的圆心为，半径为，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）①由（1）知双曲线的方程为，
设，，，
则直线的方程为，与联立，得，，
则，同理得，分别为的中点，
则，，
又，因此，，
所以四边形为平行四边形．
②方法一 显然直线的斜率不为0，设直线，
由得，
，，
设，则，，
由，得，
则，，
两式分别平方后作差得，
即，得，
因此，即，
，解得，
，
到直线的距离，
．
所以的面积为定值，此定值为.
方法二 由①知，设点，
则，
得，，即，
由点在上，则，即，
整理得，因此，即，
设，则
，
则，
所以的面积为定值，此定值为.
2．(1)
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）分、两种情况讨论，将两曲线方程联立，结合可求得实数的取值范围；
（2）设点，，要使得最小，只需最大，即最大值，利用二次函数的基本性质求出的最大值，即可得出的最小值；
（3）假设存在实数满足题中条件，则，切线、的方程分别为、，求出、的坐标，求出直线的方程，根据直线与圆相切求出的值，然后证明出当时，对于上任意一点，直线总与圆相切即可.
【详解】（1）由已知可得圆的圆心为，半径为，
当时，易知曲线与圆没有公共点；
当时，联立得，消去得，
由，解得，
因此，实数的取值范围是.
（2）当时，圆的圆心为，半径为，
设点，，
要使得最小，只需最大，即最大值，
，
当时，取最大值，
所以的最小值为.
（3）假设存在实数满足题中条件，则，
如图，当与坐标原点重合时，设切线、的方程分别为、，
则圆心到直线的距离为，可得①，
将、代入抛物线方程，得、，则直线的方程为，
由直线与圆相切可得②，由①②解得（负值已舍去）；
下面证明当时，对于上任意一点，直线总与圆相切，
设点、、，
则直线的方程为，即，
同理可得直线的方程为，
所以直线的方程为，
因为直线与圆相切，则，即，
同理由直线与圆相切得，
则、为方程的两个不等的实根，
则，，
点到直线的距离为，
即直线与圆相切，
综上所述，存在，使得当点在曲线上运动时，直线总与圆相切.
3．(1)
(2)3
(3)，
【分析】（1）利用直线方程表示出截距，再利用截距相等建立方程，求解斜率，最后求出直线方程即可.
（2）先求的方程，再求其截距，再利用三角形面积公式表示出面积，利用三角形面积相等建立方程，求解参数即可.
（3）利用给定条件表示，再设出直线方程，表示并用基本不等式求解其最小值，最后利用圆的面积公式求解面积即可.
【详解】（1）设直线的斜率为，则，
当时，，当时，，
（舍），
则直线的方程为.
（2）由（1）知，
因为直线过点与直线垂直，则直线的斜率为，
则直线的方程为，
当时，，当时，，则，
因为与的面积相等，所以，
故，解得（舍），，则直线的斜率为3.
（3）易知圆的半径为，
如图，设圆与轴切点为，与轴切点为，与直线的切点为，
连接，则，
，
设，则，
，
，
设直线的方程为，其中，
因为直线经过，所以有，
化简得，令，即，
，
，
当且仅当，即时，取最小值，
此时的最小值为.
4．(1)证明见解析，
(2)证明见解析，
【分析】（1）联立Γ与l的方程，求解方程组得解；
（2）设圆的方程为，代入、P、M，可得圆的方程，再验证点N在圆上.
【详解】（1）联立Γ与l的方程，
得，该方程仅有一解．
故Γ与l有且仅有一个公共点．
（2）依题意，直线的方程为，
联立椭圆可得，即，
于是，，，．
设圆的方程为，代入、P、M，可得：
，解得，
解得，，，此时圆方程为，
将点代入上述方程，得，
所以点N也在此圆上，故P、M，，N四点共圆．
5．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用条件列出关于的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）先求出点，利用对称性求得，写出的面积表达式，利用二次函数的性质即可求得面积最大值；
（3）根据图形对称性，设的外接圆圆心，求出其半径，写出外接圆方程，代入点，求得，化简圆的方程，利用直线的方程求得点，将代入圆的方程，推得，证明点在该圆上即可.
【详解】（1）依题意，，解得，
故的方程为；
（2）依题意，点关于轴对称，将代入，解得，
因点在第一象限，则，，
的面积为，
因，则当，即时，取得最大值为；
（3）因关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设，
则的外接圆半径为，
于是的外接圆的方程为：，
因点在该圆上，代入圆的方程解得，则的外接圆方程为：（*）
又直线的方程为：，令，可得，
将其代入（*），可得：，
即点在该圆上，故四点共圆.
6．(1)相交，理由见解析
(2)
【分析】（1）先求解定点，再把点代入圆内计算判断即可；
（2）法一：设圆的方程代入计算求解即可；法二：根据交点设圆的方程计算求参即可.
【详解】（1）由于，则直线过定点，，故定点在圆内，直线与圆相交.
（2）法一：联立两圆方程，解得，
令所求圆方程为，
代入三点，，
得所求圆方程为.
法二：令所求圆方程为，
代入，，
解得，故所求圆方程为.
7．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）为定值
【分析】（1）设点坐标，利用直接法列方程，化简即可；
（2）（i）设点坐标及圆方程，结合圆与直线，都相切，且，可得解；（ii）设点坐标，结合两点在椭圆上，且化简可得解.
【详解】（1）设点，
则点到直线的距离，且，
则，
化简可得，
即点的轨迹方程为；
（2）
（ⅰ）设点，圆的方程为，
因为在动点的轨迹上，所以点满足①，
设过原点且圆相切的直线为，
所以，化简可得 ②，
因为圆与直线，都相切，所以，满足②式，
所以③，
由①可知代入③式可得，即，
所以圆的半径为；
（ⅱ）设，，
因为，两点在动点的轨迹上，
所以，即，
因为，
代入可得，即，
所以
所以为定值.
8．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）设圆心，通过半径求得，进而可求解；
（2）通过讨论斜率存在与不存在，由圆心到直线距离等于半径，列出等式求解即可；
（3）由弦长公式即可求解.
【详解】（1）由题意设圆心，
因为，
即，
解得，即，
半径，
所以圆的标准方程为.
（2）当切线的斜率不存在时，则切线方程为，
此时圆心到直线的距离为，符合条件；
当切线的斜率存在时，设过的切线的方程为，
即，
则圆心到切线的距离，
解得，
此时切线的方程为：，
即，
综上所述：过的切线方程为或.
（3）圆心到直线的距离为，
所以弦长.
9．(1)；
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）由点在椭圆上求出椭圆参数，即可得方程；
（2）（i）设，结合及点在椭圆上求得，即可得直线方程；（ii）设直线方程联立椭圆，应用韦达定理及得到，再分类讨论求直线所过的定点，注意直线斜率不存在的情况，进而求弦长最小值.
【详解】（1）由题意，知PF与x轴垂直，，
令，解得，即，解得或（舍去），
故，椭圆C的标准方程为．
（2）（i）当直线AB斜率不存在时，设，
则，，
由，知，又，解得或1（舍去），
故直线AB的方程为；
（ii）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，
联立椭圆C的方程，得，
设，由韦达定理知，
于是，
由知，
，
若，则直线AB为，直线AB恒过定点，不合题意，
若，则直线AB为，直线AB过定点，
当直线AB斜率不存在时，直线AB也过点，
于是直线AB恒过定点，
当直线AB与OM垂直时，圆心O到直线AB的距离最大，为，
故直线AB被圆O所截得的弦的长度的最小值为．

10．(1)或
(2)
【分析】（1）分斜率存在或不存在两种情况，若不存在，设直线的方程，利用即可；
（2）在中勾股定理即可.
【详解】（1）圆的方程可化为，
则圆的圆心为，半径，
①当直线的斜率不存在，则直线方程为，满足题意；
②当直线的斜率存在时，可设直线的方程是，即，
由圆心到直线l的距离，解得，
此时直线的方程是，
综上，直线的方程是或.
（2）由（1）得直线的方程是，
则,
所以.
11．(1)
(2)，
【分析】（1）根据即可判断求轨迹为以点为圆心，为半径的圆，即可求方程；
（2）数形结合可得，即可求出直线的方程，再计算点到的距离，利用勾股定理计算即可求面积.
【详解】（1）圆的方程可化为，所以圆心为，半径为，
则线段的中点，，
因点为线段的中点，则，
则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，
则该圆的方程为，经检验符合题意，
所以的轨迹方程是.
（2）由于，故在线段的垂直平分线上，
又在圆上，所以，
因为直线的斜率为，所以的斜率为，
故的方程为，即，
又，点到的距离为，
所以，
则，故的面积为.

12．(1)和
(2)7
【分析】（1）需要分类讨论：切线的斜率存在和不存在两种情况，根据点到直线的距离等于半径求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率进行分类讨论，当直线存在斜率时，利用点斜式写出两直线的方程，分别求出弦长，将四边形的面积用弦长表示，即可求出最大值.
【详解】（1）圆的圆心，半径，
当切线斜率不存在时，圆心到直线的距离为2，等于半径，直线与圆相切.
当切线斜率存在时，设切线斜率为k，
则切线方程为，即.
圆心到切线的距离，解得，切线方程为.
所以，所求的切线方程为和.
（2）若两直线都有斜率，可设直线的方程为，则直线的方程为，
圆的圆心，半径，
圆心到直线的距离，所以，
同理，，
所以四边形ACBD的面积．
，
当且仅当，即时，等号成立.
若AB、CD两直线中有一条斜率不存在，则另一条的斜率为0，
此时线段、的长分别为、4（或4、），
所以．
综上所述，四边形ACBD的面积的最大值为7．

13．(1)
(2)以为直径的圆内切于圆，理由见解析
(3)直线过定点．
【分析】（1）设，，利用相关点法可得动点的轨迹的方程；
（2）由（1）知点为椭圆的上焦点，由已知结合椭圆的定义，可得两圆的圆心距等于半径差，可得两圆内切；
（3）设，则，表示出直线方程，令，可得，表示出直线方程，直线方程，联立可得，设，可得直线和直线方程，又得直线与椭圆相切，由点在直线和直线上，联立可得直线的方程，即可得到直线过定点．
【详解】（1）
依题意，设，，则，
且，即，
又点在圆上，
故，即点的轨迹的方程为．
（2）
由（1）知点为椭圆的上焦点，设其下焦点为，
中点为，以为直径的圆半径为，圆的半径为，
则，即，
所以以为直径的圆内切于圆．
（3）
设，则，，
则直线，
令，得，，
则，即，①
又，②
联立①②得，
解得，
设，
将①式代入椭圆，得，
，直线与椭圆相切．
设，则直线，
由点在直线和直线上，得，
则直线，
直线过定点．
14．(1)或
(2)
【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于圆的半径，可求出的值，由此可得出直线的方程；
（2）求出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，结合点到直线的距离公式可求出参数的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）由已知得圆心的坐标为，半径．
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，
即，解得或．
故直线的方程为或．
（2）在直角中，因为，所以，则为等腰直角三角形，
因此直线与圆所截的弦长，
所以，圆心到直线的距离为，
显然，当直线垂直于轴时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，不合乎题意；
所以，直线的斜率存在，设它的方程为，即，
所以， ，解得，则直线的方程为.
综上所述，直线的方程为.

15．(1);
(2).
【分析】（1）根据垂直求得边上高的斜率，再利用点斜式方程即可写出边上高所在的直线方程；
（2）先判断出是直角三角形，故外接圆是以斜边为直径的圆，求出线段的中点与长度，即可写出外接圆方程.
【详解】（1）由题直线的斜率为,故边上高的斜率为，又边上的高过点，由点斜式方程得：，即；
（2）三个顶点的坐标分别是，
直线的斜率，直线的斜率，
则，即.
由可得外接圆是以线段为直径的圆，
线段的中点为，半径，
所以外接圆的方程是.
16．(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）设椭圆的方程为，将点和的坐标代入椭圆方程，求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设，则，求出圆的方程，将圆和圆的方程作差，可得出直线的方程，求出圆心到直线的距离以及的值，结合三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）设椭圆的方程为，
由题意知：，， 解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则，且圆的方程为，
即圆的方程为.
因为圆的方程为，
将圆的方程与圆的方程作差得，

所以的方程为，
点到直线的距离
，
又因为，所以的面积为为定值.
17．(1)①；②
(2)
【分析】（1）由椭圆过点M求得，由求得，即可求解椭圆C的方程；由得出直线的斜率和直线的方程，结合的面积求得点到直线的距离，设过点，且与直线平行的直线的方程为，根据两平行线间距离公式列出方程求解再验证即可；
（2）解法一：不妨设点在第一象限，由椭圆的切线方程，直线与圆相切及勾股定理列出方程组求解即可得出椭圆C的方程；解法二：作轴，垂足为轴，垂足为，设直线与轴交于点，与轴交于点，设，分别表示出，，及直线的方程，结合椭圆的切线方程求得即可求解．
【详解】（1）①因为椭圆过点，所以，解得，
不妨设点在第一象限，因为，所以点的横坐标为，
将代入，解得或（舍去），所以，
将代入，解得
故椭圆C的方程为
②由条件易得直线的斜率为，则直线的方程为，
由题意得，设点到直线的距离为，
则由解得，
设过点且与直线平行的直线的方程为，，
由，解得或，
当时，直线与没有交点，不符合题意，舍去；
当时，直线经过点，
故直线的方程为．
（2）解法一：不妨设点在第一象限，则①，
由题意可得直线的方程为，即，
因为直线与圆相切，所以②，
由①②可得，
因为，且，
所以③，
由①③可得，所以，
化简得，
因为，
所以，解得，
故椭圆的方程为．
解法二：如图，作轴，垂足为轴，垂足为，
设直线与轴交于点，与轴交于点，，
，
，
直线的方程为①，
不妨设点在第一象限，
由题意可得直线的方程为，即②，
由①②可得，所以，
即，所以，
所以直线的方程为，
将代入，解得，
故椭圆的方程为．
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的离心率公式可得出关于的等式，解之即可；
（2）由直线与圆相切可得出，再将直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理可证得结论成立.
【详解】（1）由题意可得，因为，解得.
（2）因为直线与圆相切，所以，可得，
联立得，即，
则，所以方程有两个不等的实根，
设这两个实根分别为、，则，
因此，直线与双曲线的左右两支各有一个公共点.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，分别设出点与点的坐标，由中点坐标公式结合圆的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，先得到两圆的公共弦方程，再由弦长公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以，，
于是有①，
因为点A在圆上运动，即：②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
（2）将圆与圆的方程相减得： ，
由圆的圆心为，半径为1，
且到直线的距离，
则.
20．(1)
(2)证明见解析
(3)存在
【分析】（1）把时代入，进而求出双曲线离心率.
（2）由相切可得，把直线方程与双曲线方程联立，利用判别式及韦达定理推理得证.
（3）把直线方程与圆及双曲线方程分别联立，利用韦达定理，结合数量积关系列出关于的方程求解.
【详解】（1）当时，双曲线的实半轴，半焦距，
所以双曲线的离心率.
（2）由直线与圆相切，得，即，
由消去得，即，
由恒成立，得与有两个不同的交点，且两根之积为，
即该方程的两根一正一负，所以直线与的上下两支各有一个公共点.
（3）存在，，
由直线与圆相交，得，即，由直线与双曲线相交及（2）知，
方程中，，即，
而，且，则，
设，由（2）得，
由，得，则，
由，且四点共线，得，则，
即，则或，因此，即，
整理得，即，
于是，化简得，解得，符合题意，
所以存在，使得.
答案第2页，共28页
答案第1页，共28页

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