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专题15 直线与圆
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】直线的表示 【题型02】直线之间的位置关系 【题型03】直线斜率的范围 【题型04】点到直线、平行直线间的距离 【题型05】对称关系 【题型06】光的反射及距离和、差最值 【题型07】圆的方程 【题型08】圆的轨迹问题 【题型09】直线与圆的位置关系（相切） 【题型10】直线与圆的位置关系（相交） 【题型11】直线与圆的位置关系（相离） 【题型12】圆与圆的位置关系 【题型13】圆中的米勒问题 【题型14】圆的综合应用 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 高考中直线与圆属于必考中档题型，常以选择题、填空题出现，偶尔在解析几何第一问考查。重点围绕直线方程、位置关系、距离公式、圆的方程、直线与圆相切相交、圆与圆位置关系展开。高频考点：点到直线距离、平行线间距离、切线方程、弦长计算、圆上动点到直线距离最值、对称与反射问题。命题侧重几何性质优先，强调数形结合，淡化复杂计算。常设置易错点：斜率不存在、截距为 0、相切漏解、范围判断、轨迹完备性。解题关键是熟练用垂径定理、圆心到直线距离、勾股定理，少联立硬算。复习时重模型、重结论、重检验，力争基础题不丢分。
关键能力 方程互化与规范书写能力：熟练掌握直线与圆的多种方程形式，准确求圆心、半径，注意斜率不存在、截距为 0 等特殊情况。 距离与弦长计算能力：灵活运用点到直线、平行线间距离公式，借助垂径定理与勾股定理快速求弦长，简化运算。 位置关系判断能力：用距离与半径比较判断相切、相交、相离，不盲目联立方程。 对称与最值转化能力：利用对称解决距离和差、光的反射等最值问题。 数形结合与条件翻译能力：将几何条件快速转化为代数关系，先画图再列式，提升解题准确度。
备考策略 备考以基础不丢分、中档题稳拿分为目标。先夯实直线、圆方程、距离公式、对称、位置关系等核心知识点，做到公式不记错、条件不遗漏。重点训练几何性质优先思维，多用垂径定理、圆心距判断，减少联立计算。高频题型集中突破：切线方程、弦长、距离最值、对称问题、圆上点个数、轨迹范围。整理易错点，重点防斜率不存在、截距为 0、范围扩大、漏解等失误。坚持每天 2～3 题限时训练，强化数形结合与快速验算习惯，确保考试稳定得分。
◇方法技巧 01 直线与圆的常用方法和技巧
直线位置关系
平行：且截距不等，一般式与，平行用且，垂直：，用更稳妥，必讨论斜率不存在。
距离问题
点到直线：先化一般式，用公式；平行线距离：系数统一后套用公式：，则。
对称问题
点关于直线对称：中点在轴上、连线垂直，两点条件缺一不可；直线对称：平行用距离，相交求交点再用夹角；最值：和最小、差最大都用对称转化。
①点关于点对称：利用中点坐标公式求解；
②点关于线对称：利用已知点和对称点的中点坐标和斜率与直线建立方程求解；
③线关于点对称：利用相关点法，进行带入计算；
④线关于线对称：找到两个对称点，即可求出线段.
直线与圆
直线与圆相交：，相交弦长：.
直线与圆相切：；切线长：过做圆的切线，切点为，则.
圆上的点到直线距离的最值：.
圆上的点到直线距离为的点的个数：为圆心到直线的距离
①当时，点的个数为；②当时，点的个数为；
③当时，点的个数为；④当时，点的个数为；
⑤当时，点的个数为.
圆与圆
位置：用圆心距与比较；公共弦：两圆方程相减，仅相交时为弦；公切线、公共点个数：先定位置再计算。
圆与圆之间的位置关系：圆的半径为，圆的半径为，则
相离：；外切：；相交：；
内切：；内含：.
公共弦：两圆方程作差，得到的直线方程，即为公共弦的直线方程.
通用技巧
先画图，几何优先，代数为辅；设直线必考虑斜率不存在；求轨迹必标范围；所有结果验算，防漏解、增解。
◇题型 01 直线的表示
典｜例｜精｜析
典例1．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
典例2．已知经过第一 二 四象限的直线经过点，则的最小值为（ ）
A．4 B．
C．8 D．9
截距式仅适用于横、纵截距都存在且不为 0的直线，过原点、平行于坐标轴的直线不能用。易把截距当成距离，忽略截距可正可负可为零。题目说 “截距相等” 时，要分截距都不为 0和都为 0（过原点） 两种情况，常漏解过原点的直线。另外，截距式必须化为右边为 1 的标准形式，否则易算错截距。
变｜式｜巩｜固
变式1．过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程是（ ）
A． B．或
C． D．或
变式2．如果，那么直线一定经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．坐标原点
◇题型 02 直线之间的位置关系
典｜例｜精｜析
典例1．已知直线，，则“”是"”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
典例2．已知直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
判断平行、垂直优先用斜率时，必须先讨论斜率不存在的情况，避免漏解。平行易错：只看斜率相等，忽略截距不同，把重合误判为平行。垂直易错：斜率都存在时用，但一条斜率为 0、另一条不存在时也垂直，极易遗漏。一般式与，平行用且，垂直用更稳妥。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知直线与垂直，则实数的值为（ ）
A． B．1或
C．1 D．或5
变式2．若直线：与直线：平行，则（ ）
A．4 B．1
C．1或-4 D．-1或4
变式3．（多选）已知直线：，：，：，若直线，，不能围成三角形，则实数的值可能为（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 03 直线斜率的范围
典｜例｜精｜析
典例1．已知点，与直线，且直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．或 B．或
C． D．
典例2．已知直线，直线，若与的交点为，且，则的最小值为（ ）
A．2 B．
C．3 D．
求过定点直线与线段相交的斜率范围时，极易直接取中间区间，正确应看定点与线段端点连线的斜率。若两点斜率一正一负，范围是两边分开；同号才是中间区间。一定要先算两端点斜率，再结合图形判断，不能凭代数直接联立。还要注意线段≠直线，联立方程求出交点后，必须检验横坐标 / 纵坐标是否在线段范围内，避免把直线相交当成线段相交。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．已知动点到定点的距离之和为4，直线与动点的轨迹有交点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 04 点到直线、平行直线间的距离
典｜例｜精｜析
典例1．已知平行直线与之间的距离为，则实数（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
典例2．（多选）已知直线，，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则直线，之间的距离为
C．直线过定点
D．若直线在两坐标轴的截距相等，则或
点到直线距离公式必须先把直线化为一般式，分子带绝对值，分母是根号下系数平方和，易漏绝对值或分母。两平行线距离要求系数完全相同，只移常数项，不可直接套用。求最值时，常把 “直线上动点到定点距离最小值” 误当复杂函数求导，忽略最小值就是点到直线距离。还要注意绝对值、分母、符号三处易错，计算后可简单验证。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知，两点到直线的距离相等，则（ ）
A．0 B．2
C．0或2 D．或2
变式2．（多选）已知直线，，则（ ）
A．直线过定点 B．当时，
C．当时， D．当时，之间的距离为
变式3．点到直线的最大距离是（ ）
A． B．2
C． D．不存在
变式4．（多选）已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为4
C．的最大值为2 D．的最小值为
◇题型 05 对称关系
典｜例｜精｜析
典例1．古代数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点为，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再到军营的总路程最短，则将军在河边饮马的地点坐标为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．在平面直角坐标系中，直线关于直线对称的直线的方程是（ ）
A．3 B．3
C．3 D．3
求点关于直线对称，易只算中点在直线上，漏掉连线与对称轴垂直（斜率乘积为）。直线关于直线对称，要先判断平行或相交，平行用距离相等，相交先求交点再用夹角公式。斜率不存在、斜率为 0、对称轴为特殊直线时，不能硬套公式，易符号出错。对称点坐标算完一定要回代检验，避免中点、垂直条件只满足一个。
变｜式｜巩｜固
变式1．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A． B．3
C． D．5
变式2．设直线与关于直线对称，则直线的方程是（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 06 光的反射及距离和、差最值
典｜例｜精｜析
典例1．一束光线从点射出，与直线相交于点．经直线反射，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．在等腰直角中，，点P是边上异于端点的一点，光线从点P出发经，边反射后又回到点P，若光线经过的重心，则的周长等于（ ）
A． B． C． D．
典例3．已知点在直线上运动，点，则的最大值为（ ）
A．1 B．
C．2 D．
光的反射本质是对称转化，求距离和最小值用同侧点对称到异侧，连线与直线交点即反射点。易把 “和最小”“差最大” 搞混：和最小对称一次，差最大也要对称判断。注意定点在直线同侧、异侧结论不同，不能死记。求差最值时，要检验三点是否共线，排除取不到的情况。别和线性规划混淆，只对称不联立，算完必画图验证。
变｜式｜巩｜固
变式1．如图，已知两点，，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于（ ）
A．2 B．6 C．3 D．2
变式2．数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．（多选）已知直线和两点.在直线l上有一点P，则的最小值和的最值为（ ）
A．的最小值为12 B．的最小值为6
C．的最小值为 D．的最大值为2
◇题型 07 圆的方程
典｜例｜精｜析
典例1．已知直线平分圆的面积，则（ ）
A．0 B．
C．2 D．1
典例2．若点在圆外，则实数的取值范围为（ ）
A． B．（－10，6）
C． D．
典例3．阿波罗尼斯（约公元前262—190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点，间的距离为，动点与，距离之比为，当，，不共线时，面积的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
圆的标准式与一般式易混用，一般式必须满足才表示圆。求圆方程时，漏考虑半径不为负、圆心坐标符号。点与圆位置关系，误用距离与半径直接比大小，忽略是比较平方更稳妥，避免开方误差。已知条件给 “在圆上、圆内、圆外” 时，极易把等号、不等号方向写反，一定要对应：在圆上 = 0，内 <0，外> 0。
变｜式｜巩｜固
变式1．若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A． B．
C．1 D．-1
变式2．已知点在圆外，则的取值范围（ ）
A． B．
C．或 D．或
变式3．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）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．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
变式4．如图所示是放在平面直角坐标系中的太极图，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为______.
◇题型 08 圆的轨迹问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为________________.
典例2．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，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.已知在平面直角坐标系中，点，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为上一动点，则的最小值为__________.
求圆的轨迹易忽略隐含限制条件，直接套定义导致范围扩大。用两点距离相等、垂直、直径式时，要注意分母不为 0、斜率存在、点不重合。设圆方程勿忘检验。动点满足几何条件时，先画图定范围，再列式化简。最后必须标注取值范围，很多题目轨迹只是一段圆弧，不是完整圆。
变｜式｜巩｜固
变式1．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点的轨迹是一个圆.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.已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为__________.
变式2．已知，若直线上有且只有一点满足，则______.
变式3．已知，，若直线上存在点P，使得，则的取值范围为_____________.
◇题型 09 直线与圆的位置关系（相切）
典｜例｜精｜析
典例1．过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
典例2．过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A． B．
C． D．
典例3．已知是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形周长的最小值为（ ）
A． B．
C． D．8
求切线方程易漏斜率不存在的情况，只设点斜式会丢解。过圆外一点有两条切线，算得唯一斜率时，必补垂直轴的切线。切线长公式勿忘用勾股定理：，易把当成切线长。切线长最小值，误求复杂函数，实则圆心到动点距离最小时，切线长最小。计算时注意根号、平方、符号，结果要检验是否真相切。
变｜式｜巩｜固
变式1．过点作圆的切线，则的方程为（ ）
A． B．或
C． D．或
变式2．过点作直线与圆相切，斜率的最大值为，若，，，则的最小值是（ ）
A．12 B．9
C． D．
变式3．已知圆，且圆外有一点，过点作圆的两条切线，且切点分别为点和点，则（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 10 直线与圆的位置关系（相交）
典｜例｜精｜析
典例1．已知直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．已知直线与圆相交于、两点，则的最小值为（ ）
A．2 B．
C．4 D．
典例3．已知为坐标原点，直线与圆交于两点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
求弦长优先用垂径定理：，别硬算联立判别式。易忘才有两个交点，忽略直线与圆相离情况。设直线方程时，必须讨论斜率不存在，避免漏解。弦长最长是直径，过圆心；最短弦是与直径垂直的弦，不是随便一条。联立方程后易算错判别式与韦达定理，算完要核对与大小，保证弦长为正。
变｜式｜巩｜固
变式1．若直线被圆截得的弦长为，则（ ）
A． B．
C．或 D．或
变式2．若直线与曲线至少有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．已知圆，直线.若直线l被圆C截得的弦长最短，则m的值为（ ）
A． B．
C．3 D．
变式4．已知直线和圆相交于M，N两点，当的面积最大时，m＝（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
◇题型 11 直线与圆的位置关系（相离）
典｜例｜精｜析
典例1．已知圆上到直线的距离为的点有且仅有个，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
典例2．若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
判断圆上到直线距离为的点个数，先算圆心到直线距离，再与比较。易错直接看与，忽略半径。 ：4个点；：3个点；：2个点；：1个点；：0个点 常忘直线与圆位置不同，结论完全不同，不画图极易判错个数。
变｜式｜巩｜固
变式1．直线，圆，则圆上的点到直线的距离等于的点有（ ）
A．个 B．个
C．个 D．个
变式2．已知直线与圆相交于、两点，点在圆上，且满足，则满足条件的点个数为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
变式3．已知点在圆运动，若对任意点，在直线上均存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
变式4．已知实数满足，记，则的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 12 圆与圆的位置关系
典｜例｜精｜析
典例1．已知圆与圆有3条公切线，则实数的值为（ ）
A．0或4 B．1或3
C．或 D．或
典例2．已知直线与圆和圆均相切，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．（多选）若圆：与圆：的交点为，，则（ ）
A．公共弦所在直线方程为
B．线段中垂线方程为
C．过点作圆：的切线方程为
D．若实数，满足圆：，则的最大值为2
判断两圆位置关系必须用圆心距与、比较，不能只看判别式。相离、外切、相交、内切、内含易混淆。求公共弦方程是将两圆方程相减消去二次项，但只有两圆相交时才表示公共弦，相切时是公切线，相离时只是根轴。注意相减时系数要统一，别算错符号，且必须先判断位置再用公共弦方程。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知和，则下列说法正确的是（ ）
A．两圆相交，有两个公共点
B．两圆的公共弦所在直线方程为
C．两圆公共弦长度为
D．经过两圆交点且圆心在直线上的圆的方程为
变式2．（多选）已知点，曲线是满足的点的轨迹，分别是曲线与圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线与圆有公共点，则
B．若，则两曲线交点所在直线的方程为
C．若，则的取值范围为
D．若，过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得
◇题型 13 圆中的米勒问题
典｜例｜精｜析
典例1．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xoy中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（ ）
A．2 B．6 C．2或6 D．1或3
典例2．德国数学家米勒曾提出最大视角问题：已知点是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？结论是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.人们称这一命题为米勒定理.在平面直角坐标系内，已知，点是直线上一动点，当最大时，点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
米勒问题是求直线上动点对两定点张角最大，易错把圆外角、圆周角、圆内角搞反，最大值不在中点。核心是：当圆与直线相切时切点即为所求，不是联立方程。常忽略定点位置、直线方向，直接套公式出错。必须先判断两点在直线同侧 / 异侧，再用相切条件计算，不能只记结论。算完要检验角是否最大，避免把最小值当成最大值。
变｜式｜巩｜固
变式1．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点、，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（ ）
A． B． C．或 D．或
变式2．德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时最大，人们称这一命题为米勒定理.已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点.若的最大值为，则实数的值为（ ）
A．2 B．3
C．或 D．2或4
◇题型 14 圆的综合应用
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知直线与单位圆（为坐标原点）交于两点，下列说法正确的有（ ）
A．的最大值为2
B．当直线过点时，的最小值为
C．当时，中点的轨迹方程为
D．当原点到直线的距离为时，的最大值为
典例2．（多选）如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．的最小值为
C．
D．当直线斜率都存在时，
综合题易漏斜率不存在、直线过原点、半径为正等特殊情况。判断位置关系优先用圆心距与半径和差比较，不依赖判别式。求公共弦、公切线时，先确定两圆位置，相离 / 内切不能直接用弦长公式。动点最值常把距离最小转化为点到直线 / 圆心距离，再加减半径，易忘加减。设方程时注意符号与范围，算后必检验，避免增解、漏解。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知圆，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．直线过定点
B．直线被圆截得的最短弦长是
C．当点在圆上时，的取值范围是
D．设过的直线与圆的两个交点为，，则线段的中点的轨迹为圆
变式2．（多选）抛物线的准线为，焦点为与圆相切，为上一动点，过作的垂线，垂足为，则（ ）
A．
B．的最小值为
C．当时，点的纵坐标为
D．的延长线与交于点，则的最小值为
变式3．（多选）已知点，圆：（），定义直线：为点的“伴随线”，则下列结论正确的有（ ）
A．若点在圆上，则点的“伴随线”与圆相切
B．若点在圆外，过点作两直线与圆分别相切于点，，则直线为点的“伴随线”
C．若点在圆内，则点的“伴随线”与圆相交
D．若点，在圆上，它们的“伴随线”分别为，，且垂直，则
一、单项选择题
1．圆在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知直线，直线，则“”是“或”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若直线与被圆截得的弦长相等，则（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
4．已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）
A．2 B． C．6 D．
5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）．
A．5 B．
C．45 D．
6．已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．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．
二、多项选择题
9．已知直线，则（ ）
A．若，则倾斜角的取值范围为
B．若，则
C．若，则
D．若，则与之间的距离为4
10．已知圆和直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆心到直线的最大距离是
C．若直线与圆相切，则
D．若与圆相交于A，B两点，且为直角三角形，则的方程为：或
11．已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
三、填空题
12．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______________．
13．，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_______________．
14．已知P是直线上的动点，是圆的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形面积的最小值为______________．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题15 直线与圆
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】直线的表示 【题型02】直线之间的位置关系 【题型03】直线斜率的范围 【题型04】点到直线、平行直线间的距离 【题型05】对称关系 【题型06】光的反射及距离和、差最值 【题型07】圆的方程 【题型08】圆的轨迹问题 【题型09】直线与圆的位置关系（相切） 【题型10】直线与圆的位置关系（相交） 【题型11】直线与圆的位置关系（相离） 【题型12】圆与圆的位置关系 【题型13】圆中的米勒问题 【题型14】圆的综合应用 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 高考中直线与圆属于必考中档题型，常以选择题、填空题出现，偶尔在解析几何第一问考查。重点围绕直线方程、位置关系、距离公式、圆的方程、直线与圆相切相交、圆与圆位置关系展开。高频考点：点到直线距离、平行线间距离、切线方程、弦长计算、圆上动点到直线距离最值、对称与反射问题。命题侧重几何性质优先，强调数形结合，淡化复杂计算。常设置易错点：斜率不存在、截距为 0、相切漏解、范围判断、轨迹完备性。解题关键是熟练用垂径定理、圆心到直线距离、勾股定理，少联立硬算。复习时重模型、重结论、重检验，力争基础题不丢分。
关键能力 方程互化与规范书写能力：熟练掌握直线与圆的多种方程形式，准确求圆心、半径，注意斜率不存在、截距为 0 等特殊情况。 距离与弦长计算能力：灵活运用点到直线、平行线间距离公式，借助垂径定理与勾股定理快速求弦长，简化运算。 位置关系判断能力：用距离与半径比较判断相切、相交、相离，不盲目联立方程。 对称与最值转化能力：利用对称解决距离和差、光的反射等最值问题。 数形结合与条件翻译能力：将几何条件快速转化为代数关系，先画图再列式，提升解题准确度。
备考策略 备考以基础不丢分、中档题稳拿分为目标。先夯实直线、圆方程、距离公式、对称、位置关系等核心知识点，做到公式不记错、条件不遗漏。重点训练几何性质优先思维，多用垂径定理、圆心距判断，减少联立计算。高频题型集中突破：切线方程、弦长、距离最值、对称问题、圆上点个数、轨迹范围。整理易错点，重点防斜率不存在、截距为 0、范围扩大、漏解等失误。坚持每天 2～3 题限时训练，强化数形结合与快速验算习惯，确保考试稳定得分。
◇方法技巧 01 直线与圆的常用方法和技巧
直线位置关系
平行：且截距不等，一般式与，平行用且，垂直：，用更稳妥，必讨论斜率不存在。
距离问题
点到直线：先化一般式，用公式；平行线距离：系数统一后套用公式：，则。
对称问题
点关于直线对称：中点在轴上、连线垂直，两点条件缺一不可；直线对称：平行用距离，相交求交点再用夹角；最值：和最小、差最大都用对称转化。
①点关于点对称：利用中点坐标公式求解；
②点关于线对称：利用已知点和对称点的中点坐标和斜率与直线建立方程求解；
③线关于点对称：利用相关点法，进行带入计算；
④线关于线对称：找到两个对称点，即可求出线段.
直线与圆
直线与圆相交：，相交弦长：.
直线与圆相切：；切线长：过做圆的切线，切点为，则.
圆上的点到直线距离的最值：.
圆上的点到直线距离为的点的个数：为圆心到直线的距离
①当时，点的个数为；②当时，点的个数为；
③当时，点的个数为；④当时，点的个数为；
⑤当时，点的个数为.
圆与圆
位置：用圆心距与比较；公共弦：两圆方程相减，仅相交时为弦；公切线、公共点个数：先定位置再计算。
圆与圆之间的位置关系：圆的半径为，圆的半径为，则
相离：；外切：；相交：；
内切：；内含：.
公共弦：两圆方程作差，得到的直线方程，即为公共弦的直线方程.
通用技巧
先画图，几何优先，代数为辅；设直线必考虑斜率不存在；求轨迹必标范围；所有结果验算，防漏解、增解。
◇题型 01 直线的表示
典｜例｜精｜析
典例1．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】在用截距式求直线方程时需要讨论解决是否为0，截距为0则过原点；截距不为0用截距式设出方程后带点即可.
【详解】设直线在两坐标轴上的截距分别为：，，则
①，则直线过原点，则直线方程为：
②则，则设直线方程为：，即，则，∴直线方程为：
综上所述：该直线方程为或
故选：D
典例2．已知经过第一 二 四象限的直线经过点，则的最小值为（ ）
A．4 B．
C．8 D．9
【答案】D
【分析】直线过点及象限得，，结合基本不等式“1”的妙用求最小值即可
【详解】经过一 二 四象限，，又经过点，代入得，，当且仅当，即时等式成立
故选：D
截距式仅适用于横、纵截距都存在且不为 0的直线，过原点、平行于坐标轴的直线不能用。易把截距当成距离，忽略截距可正可负可为零。题目说 “截距相等” 时，要分截距都不为 0和都为 0（过原点） 两种情况，常漏解过原点的直线。另外，截距式必须化为右边为 1 的标准形式，否则易算错截距。
变｜式｜巩｜固
变式1．过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程是（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】D
【详解】当直线过原点时，直线方程为y=x，即4x﹣3y=0；
当直线不过原点时，设直线方程为x+y=a．
则3+4=a，得a=7．
∴直线方程为x+y﹣7=0．
∴过点M（3，4）且在坐标轴上截距相等的直线方程为4x﹣3y=0或x+y﹣7=0．
故选：D
变式2．如果，那么直线一定经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．坐标原点
【答案】B
【分析】求出直线在坐标轴的截距分别是、，结合题意即可判定.
【详解】直线在轴上的截距为，
在轴上的截距为，
因为，所以同号，
则直线在坐标轴上的截距同正或同负，如图，
则直线一定经过第二象限.
故选：B
◇题型 02 直线之间的位置关系
典｜例｜精｜析
典例1．已知直线，，则“”是"”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】两直线垂直的充要条件结合充分必要条件定义即可得解.
【详解】若“”，则，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：A.
典例2．已知直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案.
【详解】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件，
由，得，解得，故“”是“”的必要条件，
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
判断平行、垂直优先用斜率时，必须先讨论斜率不存在的情况，避免漏解。平行易错：只看斜率相等，忽略截距不同，把重合误判为平行。垂直易错：斜率都存在时用，但一条斜率为 0、另一条不存在时也垂直，极易遗漏。一般式与，平行用且，垂直用更稳妥。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知直线与垂直，则实数的值为（ ）
A． B．1或
C．1 D．或5
【答案】B
【分析】根据直线垂直列方程，由此求得的值.
【详解】由于，所以，
解得或.
故选：B
变式2．若直线：与直线：平行，则（ ）
A．4 B．1
C．1或-4 D．-1或4
【答案】D
【分析】根据直线一般方程的平行关系求的值，并代入检验即可.
【详解】依题意得，，
得，
解得或，
若时，直线与直线平行，符合题意；
若时，直线与直线平行，符合题意；
综上所述：或．
故选：D
变式3．（多选）已知直线：，：，：，若直线，，不能围成三角形，则实数的值可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据已知得，的交点坐标为，又过定点，讨论经过点，或与平行，或与平行求参数值，即可得.
【详解】由，解得，所以，的交点坐标为，又过定点，
若直线，，不能围成三角形，只需经过点，或与平行，或与平行，
当经过点时，，解得，
当与平行时，且，解得，
当与平行时，，解得，
故a的值为，，.
故选：BCD
◇题型 03 直线斜率的范围
典｜例｜精｜析
典例1．已知点，与直线，且直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．或 B．或
C． D．
【答案】A
【分析】直线经过定点，求得、的斜率，再数形结合可得直线的斜率的取值范围.
【详解】解：已知点，与直线，且直线与线段相交，
直线，即直线，它经过定点，
的斜率为，的斜率为，
则直线的斜率的取值范围为或，
故选：.
【点睛】本题主要考查直线的斜率，考查数形结合思想，属于基础题.
典例2．已知直线，直线，若与的交点为，且，则的最小值为（ ）
A．2 B．
C．3 D．
【答案】A
【分析】通过直线方程求出两条直线所过的定点，再根据两直线垂直的条件判断两直线垂直，进而确定点的轨迹，最后结合点的位置求出的最小值.
【详解】可变形为由可得，则恒过定点，
同理可得恒过定点，且有，则，
此时的轨迹是以为直径的圆：（除去点）．
因，由图知，当点在线段上时，的值最小，其最小值为.
故选：A．
求过定点直线与线段相交的斜率范围时，极易直接取中间区间，正确应看定点与线段端点连线的斜率。若两点斜率一正一负，范围是两边分开；同号才是中间区间。一定要先算两端点斜率，再结合图形判断，不能凭代数直接联立。还要注意线段≠直线，联立方程求出交点后，必须检验横坐标 / 纵坐标是否在线段范围内，避免把直线相交当成线段相交。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可知直线恒过定点，根据斜率公式结合图象分析求解.
【详解】因为直线恒过定点，如图.
又因为，，所以直线的斜率k的范围为.
故选：C.
变式2．已知动点到定点的距离之和为4，直线与动点的轨迹有交点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意直线与线段相交，求出直线过线段端点时的斜率即可得解.
【详解】由题意，点的轨迹为线段，
又直线过定点,
所以，
由题意，直线与线段相交，
所以或，
故选：C
◇题型 04 点到直线、平行直线间的距离
典｜例｜精｜析
典例1．已知平行直线与之间的距离为，则实数（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】A
【分析】先根据两直线平行求出参数，然后由平行线之间的距离公式求出参数，最后求出即可.
【详解】因为与平行，所以，得，
则，
所以，计算得或，
所以或.
故选：A
典例2．（多选）已知直线，，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则直线，之间的距离为
C．直线过定点
D．若直线在两坐标轴的截距相等，则或
【答案】BCD
【分析】由两条直线垂直的性质、结合平行线间的距离公式、直线的点斜式方程、截距的定义以及逐一判断即可.
【详解】对于，直线的斜率为，若，则直线的斜率为，
则，所以不垂直，故错误；
对于，若，所以可得，则直线，
由两平行直线距离公式可得，故正确；
对于，可化为，
所以直线恒过，故正确；
对于，当直线与轴无截距，不满足条件，
当，在两坐标轴的截距相等，分别令，
可求出与轴截距为和轴截距，即
解之可得或，故正确.
故选：
点到直线距离公式必须先把直线化为一般式，分子带绝对值，分母是根号下系数平方和，易漏绝对值或分母。两平行线距离要求系数完全相同，只移常数项，不可直接套用。求最值时，常把 “直线上动点到定点距离最小值” 误当复杂函数求导，忽略最小值就是点到直线距离。还要注意绝对值、分母、符号三处易错，计算后可简单验证。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知，两点到直线的距离相等，则（ ）
A．0 B．2
C．0或2 D．或2
【答案】C
【分析】利用点到直线公式结合题目信息列式可得答案.
【详解】点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
由题意得，解得或.
故选：C.
变式2．（多选）已知直线，，则（ ）
A．直线过定点 B．当时，
C．当时， D．当时，之间的距离为
【答案】ABD
【分析】将化为，令即可确定定点；将、代入方程，由方程形式判断直线位置关系；由直线平行得，应用平行线距离公式求距离.
【详解】由，令，可得，
所以过定点，A对；
时，，而，即，B对；
时，，而，显然不垂直，C错；
，则，可得，由上知，之间的距离为，D对.
故选：ABD
变式3．点到直线的最大距离是（ ）
A． B．2
C． D．不存在
【答案】D
【分析】求出直线l所过的定点，利用两点间距离公式并结合判断是否存在最值，即可求解答案.
【详解】直线即，
令，解得，
即直线过定点，设为B，
当直线与l垂直时，点到直线的距离最大，
即为，
此时的斜率为，则l的斜率为2，故，方程无解，
即直线l和不可能垂直，则点到直线l的距离小于，不存在最大值，
故选：D
变式4．（多选）已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为4
C．的最大值为2 D．的最小值为
【答案】AD
【分析】利用基本不等式计算并判断A，结合常数代换可计算并判断B，C，利用两点间距离公式和点到直线的距离公式可计算并判断D.
【详解】因为，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最大值为，故A正确；
因为，当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为6，故B错误；
因为，当且仅当，时等号成立，
所以的最小值为2，故C错误；
可以看作直线落在第一象限内的点到原点距离的平方，易知最短距离为，
所以的最小值为，故D正确.
故选：AD.
◇题型 05 对称关系
典｜例｜精｜析
典例1．古代数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点为，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再到军营的总路程最短，则将军在河边饮马的地点坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求出点关于直线的对称点，求出直线与河岸线的交点即可得出饮马的地点坐标.
【详解】设点关于直线的对称点为点,
根据对称点的性质知中点在直线上，
即,可得,
又直线与直线垂直，即,可得,
即可得,即点,
直线的斜率为,得直线方程，即,
将军在河边饮马的地点坐标为直线与河岸线的交点，
将代入得,即坐标点为.
则将军在河边的饮马地点为.
故选：C
典例2．在平面直角坐标系中，直线关于直线对称的直线的方程是（ ）
A．3 B．3
C．3 D．3
【答案】A
【分析】先求两直线的交点，再求另一点的对称点根据两点可求方程.
【详解】由可得交点为，
在直线上取一点，设其关于直线的对称点为，
则，解得，即，
由两点式方程可得，即.
故选：A
求点关于直线对称，易只算中点在直线上，漏掉连线与对称轴垂直（斜率乘积为）。直线关于直线对称，要先判断平行或相交，平行用距离相等，相交先求交点再用夹角公式。斜率不存在、斜率为 0、对称轴为特殊直线时，不能硬套公式，易符号出错。对称点坐标算完一定要回代检验，避免中点、垂直条件只满足一个。
变｜式｜巩｜固
变式1．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A． B．3
C． D．5
【答案】C
【分析】根据两点间线段最短，结合中点坐标公式、互相垂直直线斜率的性质进行求解即可.
【详解】设点关于直线对称的点为，
则有，
所以“将军饮马”的最短总路程为，
故选：C
变式2．设直线与关于直线对称，则直线的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据三条直线交于一点，再利用点关于直线的对称点公式，求直线上一点，即可求解.
【详解】联立，得，
取直线上一点，设点关于直线的对称点为，则，解得：，
直线的斜率，所以直线的方程为，
整理为：.
故选：A
◇题型 06 光的反射及距离和、差最值
典｜例｜精｜析
典例1．一束光线从点射出，与直线相交于点．经直线反射，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求出点关于直线的对称点，然后结合点可得直线方程.
【详解】设点关于直线的对称点，则，
解得，即点，故所求直线的斜率为，
所以，所求直线的方程为，即.
故选：A
典例2．在等腰直角中，，点P是边上异于端点的一点，光线从点P出发经，边反射后又回到点P，若光线经过的重心，则的周长等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立如图所示的直角坐标系，得，设，求出关于直线的对称点的坐标，关于轴的对称点的坐标，由反射性质得四点共线，求得直线方程，由在直线上可求得，然后计算即可．
【详解】在等腰直角中，，建立如图所示的直角坐标系，则，
直线方程为，且的重心为，
设，关于直线的对称点为，
则，解得，则，
而关于轴的对称点为，
由光的反射定律知四点共线，且，，
因此直线的方程为，即，
由直线过，得，而，解得，
即点，，，则，
所以的周长为.
故选：B
典例3．已知点在直线上运动，点，则的最大值为（ ）
A．1 B．
C．2 D．
【答案】D
【分析】作出点关于直线的对称点为，数形结合并利用两点距离公式求解即可.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，解得，故，
所以，
所以，即当三点共线时取得最大值.
故选：D.
光的反射本质是对称转化，求距离和最小值用同侧点对称到异侧，连线与直线交点即反射点。易把 “和最小”“差最大” 搞混：和最小对称一次，差最大也要对称判断。注意定点在直线同侧、异侧结论不同，不能死记。求差最值时，要检验三点是否共线，排除取不到的情况。别和线性规划混淆，只对称不联立，算完必画图验证。
变｜式｜巩｜固
变式1．如图，已知两点，，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于（ ）
A．2 B．6 C．3 D．2
【答案】A
【分析】求出关于直线的对称点和它关于轴对称点，则就是所求的路程长.
【详解】易知直线的方程为，
设点关于直线的对称点，
则且，解得，即，
又点关于轴的对称点，
由光的反射规律可知，共线，共线，从而共线，
所以光线所经过的路程长为
.
故选：A.
变式2．数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】求出重心坐标，求出AB边上的高和AC边上的高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程.
【详解】由题可知，的重心为，
可得直线AB的斜率为，则AB边上的高所在的直线斜率为，
则方程为，即，
直线AC的斜率为，则AC边上的高所在的直线斜率为，
则方程为，即，
联立方程，解得，即的垂心为，
则直线斜率为，则可得直线方程为，
故的欧拉线方程为.
故选：D.
变式3．（多选）已知直线和两点.在直线l上有一点P，则的最小值和的最值为（ ）
A．的最小值为12 B．的最小值为6
C．的最小值为 D．的最大值为2
【答案】AC
【分析】应用点关于直线对称，结合饮马模型求的最小值，利用三角形的三边关系及点线位置关系求的最值，即可得答案.
【详解】令是关于的对称点，则，
所以，即，为与的交点，
如下图，则，
当且仅当共线且在线段上时取等号，即的最小值为12；
由图知（直线与直线的交点离点更近），即，
当且仅当共线且在射线上时取最小值，但无最大值，即最小值是，为.
故选：AC
◇题型 07 圆的方程
典｜例｜精｜析
典例1．已知直线平分圆的面积，则（ ）
A．0 B．
C．2 D．1
【答案】A
【分析】先依据圆的一般方程求出圆心坐标，进而代入直线方程求解即可.
【详解】由题意得圆的圆心为，
因为直线平分圆的面积，
所以直线必过圆心，
则，即，故A正确.
故选：A
典例2．若点在圆外，则实数的取值范围为（ ）
A． B．（－10，6）
C． D．
【答案】B
【分析】先找到圆心坐标及半径，然后根据点到圆心的距离大于半径时点在圆外计算即可.
【详解】点在圆外，即点到圆心的距离大于半径.
将圆方程化为标准形式得，圆心为，点P到圆心距离为4，
故有，解得;
故选：B
典例3．阿波罗尼斯（约公元前262—190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点，间的距离为，动点与，距离之比为，当，，不共线时，面积的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用直接法可得点的轨迹方程，即可得点到直线的距离的取值范围，即可得面积的最值.
【详解】
如图所示，以中点为坐标原点，方向为轴建立如图所示平面直角坐标系，
则，，
设，则，，
由动点与，距离之比为，
则，
化简可得，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以当，，不共线时，点到直线的距离，
则，
即面积的最大值为，
故选：D.
圆的标准式与一般式易混用，一般式必须满足才表示圆。求圆方程时，漏考虑半径不为负、圆心坐标符号。点与圆位置关系，误用距离与半径直接比大小，忽略是比较平方更稳妥，避免开方误差。已知条件给 “在圆上、圆内、圆外” 时，极易把等号、不等号方向写反，一定要对应：在圆上 = 0，内 <0，外> 0。
变｜式｜巩｜固
变式1．若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A． B．
C．1 D．-1
【答案】A
【分析】根据直线过圆心可求参数的值.
【详解】圆的标准方程为：，故圆心为，
因为直线是圆的对称轴，故圆心在直线上，
故即，
故选：A.
变式2．已知点在圆外，则的取值范围（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】B
【分析】根据圆的一般方程以及点在圆外，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】因为点在圆外，则，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：B.
变式3．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值（）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．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，，，由，可得点的轨迹方程为，数形结合得解.
【详解】以的中点为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，．
设，则，整理得，
所以点的轨迹方程为．
则
可看作圆上的点到原点的距离的平方，
所以，所以，
即的最大值为，
故选：A.
变式4．如图所示是放在平面直角坐标系中的太极图，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为______.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用目标式的几何意义，结合直线与圆的位置关系求出最小值.
【详解】依题意，表示点与定点确定直线的斜率，
令，得直线：，
观察图形知，当与半圆相切于第一象限时，最小，
此时，因此，解得，所以的最小值为.
故答案为：
◇题型 08 圆的轨迹问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知过点的直线与圆交于两点，则弦的中点的轨迹方程为________________.
【答案】
【分析】设点，当不重合时，根据圆的几何性质，利用垂直建立方程求解即可得解，当重合时，代入检验即可.
【详解】由直线过点，圆可知，圆心为，
设点，
由题意可知，当点与点不重合时，，则，整理得，即，
此时点的轨迹为圆但不包括点.
当点与点重合时，其坐标满足方程.
综上，点的轨迹方程为.
故答案为：
典例2．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，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.已知在平面直角坐标系中，点，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为上一动点，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】利用直接法求出点的轨迹方程，根据结论圆外一点与圆上的动点的最小距离为圆外的点到圆心的距离与该圆的半径的差，求的最小值即可.
【详解】设，则，，
因为，
所以，
所以，即，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
圆的圆心为，半径为，
又点为上一动点，
所以，
当且仅当点为线段与圆的交点，点为线段与圆的交点时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
求圆的轨迹易忽略隐含限制条件，直接套定义导致范围扩大。用两点距离相等、垂直、直径式时，要注意分母不为 0、斜率存在、点不重合。设圆方程勿忘检验。动点满足几何条件时，先画图定范围，再列式化简。最后必须标注取值范围，很多题目轨迹只是一段圆弧，不是完整圆。
变｜式｜巩｜固
变式1．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点的轨迹是一个圆.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.已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为__________.
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，利用距离关系求得点的轨迹，求出圆心角，然后利用弧长公式求解即可.
【详解】如图，以为原点，，所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，
则，，设，因为，即，
整理得.所以动点的轨迹为以为圆心4为半径的圆的一部分.
设圆与线段交于点，与线段交于点，
因为在中，，，所以，
所以，所以点的轨迹长度为.
故答案为：
变式2．已知，若直线上有且只有一点满足，则______.
【答案】
【分析】设，根据求出点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，求出参数的值.
【详解】设，由，则，
整理得，所以点在以为圆心，为半径的圆上，
因为直线上有且只有一点满足，
即直线与有且只有一个交点，
所以，解得.
故答案为：
变式3．已知，，若直线上存在点P，使得，则的取值范围为_____________.
【答案】
【分析】根据得出点的轨迹方程，再根据直线与点的轨迹有公共点，利用圆心到直线的距离与半径的关系求解的取值范围.
【详解】设点，已知，，则，.
因为，可得：，整理得.
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
因为直线上存在点满足条件，所以直线与圆有公共点.
可得圆心到直线的距离.
因为直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离小于等于半径，即，则.
两边同时平方可得，即.得.
所以不等式的解集为，即的取值范围是.
故答案为：.
◇题型 09 直线与圆的位置关系（相切）
典｜例｜精｜析
典例1．过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】根据切线斜率是否存在分类讨论，利用圆心到切线距离等于半径可求结果．
【详解】由圆心为，半径为2，斜率存在时，设切线为，
则，可得，所以，即；
斜率不存在时，，显然与圆相切，
综上，切线方程为或．
故选：D．
典例2．过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用直线与圆的位置关系，结合切线的性质及二倍角公式计算即可.
【详解】设，圆的圆心为，半径，两切点为，
如下图所示，则，
易知，
，
即.
故选：B
典例3．已知是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形周长的最小值为（ ）
A． B．
C． D．8
【答案】B
【分析】利用圆心到直线的距离转化求四边形周长的最小值.
【详解】圆，即，
由对称性可知，四边形的周长为，
而，的最小值为点到直线的距离为，
所以的最小值为，则四边形的周长的最小值为.
故选：B
求切线方程易漏斜率不存在的情况，只设点斜式会丢解。过圆外一点有两条切线，算得唯一斜率时，必补垂直轴的切线。切线长公式勿忘用勾股定理：，易把当成切线长。切线长最小值，误求复杂函数，实则圆心到动点距离最小时，切线长最小。计算时注意根号、平方、符号，结果要检验是否真相切。
变｜式｜巩｜固
变式1．过点作圆的切线，则的方程为（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】C
【分析】根据两点坐标求距离公式判断在圆上，结合直线与圆的位置关系计算即可求解.
【详解】，
，圆心坐标为，
，即在圆上，
则过点的切线方程为，
整理得.
故选：C
变式2．过点作直线与圆相切，斜率的最大值为，若，，，则的最小值是（ ）
A．12 B．9
C． D．
【答案】A
【分析】先根据圆心到直线距离等于半径得出或，再应用基本不等式计算最小值即可.
【详解】设直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得或，
所以，所以，
所以.
当且仅当时取最小值.
故选：A.
变式3．已知圆，且圆外有一点，过点作圆的两条切线，且切点分别为点和点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】求出圆心和半径，求出，再利用等面积法即可求得答案.
【详解】圆，且，则，
又，∴，利用面积相等，∴，
故选：D．
◇题型 10 直线与圆的位置关系（相交）
典｜例｜精｜析
典例1．已知直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意，根据圆心到直线的距离小于半径列不等式求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径为，
若直线与圆相交，
则，即，
两边同时平方化简可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A
典例2．已知直线与圆相交于、两点，则的最小值为（ ）
A．2 B．
C．4 D．
【答案】C
【分析】由直线的方程可确定直线过定点，则当点到直线的距离的最大值为时，取最小值.
【详解】直线，可化为，则直线过定点，
圆配方得，可得圆心，半径，
所以，即点在圆内，
则当点到直线的距离的最大值为时，，
故选：C．
典例3．已知为坐标原点，直线与圆交于两点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】设，，则，，
由，消去整理得，
则，
所以，，
则
，
所以，解得.
故选：B
求弦长优先用垂径定理：，别硬算联立判别式。易忘才有两个交点，忽略直线与圆相离情况。设直线方程时，必须讨论斜率不存在，避免漏解。弦长最长是直径，过圆心；最短弦是与直径垂直的弦，不是随便一条。联立方程后易算错判别式与韦达定理，算完要核对与大小，保证弦长为正。
变｜式｜巩｜固
变式1．若直线被圆截得的弦长为，则（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】利用点到直线的距离公式结合弦长可得，求解即可.
【详解】由可知圆的方程为表示圆，所以，
解得或，
圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离，
由弦长为可得，所以，
解得或.
故选：D.
变式2．若直线与曲线至少有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题设可得直线恒过定点，曲线表示以为圆心，1为半径的圆的右半部分，进而结合图象及直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】由直线，恒过定点，
曲线，即，
该曲线表示以为圆心，1为半径的圆的右半部分，如图，
当直线与该半圆相切时，，且，解得；
当直线过点时，有，解得，
结合图象可知，要使直线与该半圆至少有一个公共点，
则，即实数的取值范围是.
故选：B
变式3．已知圆，直线.若直线l被圆C截得的弦长最短，则m的值为（ ）
A． B．
C．3 D．
【答案】B
【分析】根据直线的性质确定直线过定点，利用直线与圆相交弦长取最小值情况列方程求得m的值即可．
【详解】直线的方程可化为，
令，解得，
所以直线恒过定点，
因为，即点在圆内，
当直线时，直线被圆截得的弦长最短，
直线的斜率为，又，
由，解得.
故选：B.
变式4．已知直线和圆相交于M，N两点，当的面积最大时，m＝（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】C
【分析】结合圆的几何性质，求得弦长与点到直线的距离即可求解.
【详解】圆，圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
则弦长为，
则的面积为
令，，则，
则当时，取得最大值，
此时，解得或.
故选：C
◇题型 11 直线与圆的位置关系（相离）
典｜例｜精｜析
典例1．已知圆上到直线的距离为的点有且仅有个，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先求圆心到直线的距离，再找距离直线为1的两条平行线，通过分析圆与这两条平行线的位置关系，确定半径的取值范围.
【详解】由题可知，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
设与直线距离为的平行线为，
由，可解得或，
则圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，
因为圆上到直线距离为的点有且仅有个，
所以圆与这两条平行线一个相交、一个相离，即.
故选：D.
典例2．若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解．
【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时，
若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时，
所以一定存在A、B及P，使得；
当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得；
当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有，
另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示，
由图可知，，CP最短时，
即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大，
所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得，
则必有，解得，又因为圆的半径，
圆心到直线的距离，
所以，解得．
故选：A．
判断圆上到直线距离为的点个数，先算圆心到直线距离，再与比较。易错直接看与，忽略半径。 ：4个点；：3个点；：2个点；：1个点；：0个点 常忘直线与圆位置不同，结论完全不同，不画图极易判错个数。
变｜式｜巩｜固
变式1．直线，圆，则圆上的点到直线的距离等于的点有（ ）
A．个 B．个
C．个 D．个
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离和半径之间的长度关系，可确定所求点的个数.
【详解】因为直线，圆，
所以，，
由于圆的半径为2，所以恰好有3个对应的点到直线的距离等于.
故选：D.
变式2．已知直线与圆相交于、两点，点在圆上，且满足，则满足条件的点个数为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】D
【分析】本题首先可确定圆心与半径，然后求出圆心到直线的距离以及弦长，再然后求出点到直线的距离，最后根据两侧圆上的点到直线的最大距离分别为和即可得出结果.
【详解】，，
圆心，半径，
则圆心到的距离，
弦长，
设点到的距离为，
则，解得，
因为两侧圆上的点到直线的最大距离分别为和，
所以满足条件的点个数为，
故选：D.
变式3．已知点在圆运动，若对任意点，在直线上均存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由恒成立可知，始终在以为直径的圆内或圆上，求出点到直线的距离即得线段长度的最小值.
【详解】如图，
由题可知，圆心为点，半径为1，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则始终在以为直径的圆内或圆上，点到直线的距离为，
所以长度的最小值为.
故选：D
变式4．已知实数满足，记，则的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示可得，然后结合点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系即可求出.
【详解】设，因为
因为在以原点为圆心，为半径的圆上，且.
设点到直线的距离之和为，则，转化为求的最大值.
设点为点与点的中点，设点到直线的距离为，则，
又.故点轨迹方程为圆.
圆上点到直线距离的最大值.
所以的最大值是.
故选：C.
◇题型 12 圆与圆的位置关系
典｜例｜精｜析
典例1．已知圆与圆有3条公切线，则实数的值为（ ）
A．0或4 B．1或3
C．或 D．或
【答案】D
【分析】根据题意可知圆和圆外切，利用列等式求解即可.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
圆与圆恰有3条公切线，圆和圆外切，
，即，解得或.
故选：D.
典例2．已知直线与圆和圆均相切，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】通过计算可知两个圆内切，故两圆相减得到的方程即为所求.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为
所以两个圆内切，因此与两圆均相切的直线为两个圆的公共弦所在的直线方程，
所以
整理得，
故选：.
典例2．（多选）若圆：与圆：的交点为，，则（ ）
A．公共弦所在直线方程为
B．线段中垂线方程为
C．过点作圆：的切线方程为
D．若实数，满足圆：，则的最大值为2
【答案】AD
【分析】将圆和圆的方程相减即可判断A，线段的中垂线即为直线，可判断B选项，易知点在圆外，讨论斜率是否存在即可求解切线方程，可判断C，令，代入圆的方程，解方程即可判断D.
【详解】易知圆：的圆心为，半径为；
圆：的圆心为，半径为；
对于A，两圆心距为，此时，两圆相交；
所以两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为，即A正确；
对于B，由圆的性质可知，线段中垂线即为即为直线，其方程为，
化简可得，所以B错误；
对于C，易知点在圆：外，
当切线斜率不存在时，直线方程为，不合题意；
当切线斜率存在时，设直线方程为，
因此圆心到直线的距离为，
解得，所以切线方程为，即C错误；
对于D，令，代入圆的方程整理可得，
该方程有解，故，解得，
即的最大值为2，所以D正确.
故选：AD
判断两圆位置关系必须用圆心距与、比较，不能只看判别式。相离、外切、相交、内切、内含易混淆。求公共弦方程是将两圆方程相减消去二次项，但只有两圆相交时才表示公共弦，相切时是公切线，相离时只是根轴。注意相减时系数要统一，别算错符号，且必须先判断位置再用公共弦方程。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知和，则下列说法正确的是（ ）
A．两圆相交，有两个公共点
B．两圆的公共弦所在直线方程为
C．两圆公共弦长度为
D．经过两圆交点且圆心在直线上的圆的方程为
【答案】ABD
【分析】确定两圆的圆心和半径，确定两圆的位置关系，可确定两圆的位置关系，判断A的真假；求两圆公共弦所在直线方程，确定B的真假；求公共弦长判断C的真假；求满足条件的圆的标准方程，判断D的真假.
【详解】因为：，所以，.
：，所以，.
所以.
对A选项：因为，即，所以两圆相交，有两个公共点，故A正确；
对B选项：由，
所以两圆的公共弦所在直线方程为即，故B正确；
对C选项：到直线的距离为：，所以两圆的公共弦长度为：，故C错误；
对D选项：设所求圆的方程为：（）
整理得：.
因为圆心在直线上，所以.
所以所求圆的方程为：即，
配方得：.故D正确.
故选：ABD
变式2．（多选）已知点，曲线是满足的点的轨迹，分别是曲线与圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线与圆有公共点，则
B．若，则两曲线交点所在直线的方程为
C．若，则的取值范围为
D．若，过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得
【答案】AC
【分析】设，求出的轨迹方程，结合圆与圆位置关系可判断AB；判断两圆外离，即可判断C；假设存在点，使得，即可结合圆的位置关系推出矛盾，判断D。
【详解】设，由，可得，
整理得，所以曲线的方程为，表示圆心为，半径的圆．
圆的圆心为点，半径，
两圆的圆心距．
对于A，若圆与圆有公共点，则，
即，解得，故A正确；
对于B，若，由A选项知两圆没有交点，故B错误；
对于C，若，则，两圆外离，则有，
即，故C正确；
对于D，若，则四边形为正方形，，
如图，又为，即，而，
所以不存在这样的点，使得，故D错误．
故选：AC
◇题型 13 圆中的米勒问题
典｜例｜精｜析
典例1．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xoy中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（ ）
A．2 B．6 C．2或6 D．1或3
【答案】A
【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，求出切点的横坐标即可.
【详解】由题意知，点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，
已知，则线段的中点坐标为，直线斜率为，
线段的垂直平分线方程为，即.
所以以线段为弦的圆的圆心在直线上，
所以可设圆心坐标为，
又因为圆与轴相切，所以圆的半径，又因为，
所以，解得或，
即切点分别为和，两圆半径分别为.
由于圆上以线段（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，
且过点的圆的半径比过的圆的半径大，
所以，故点为所求，
所以当取最大值时，点的横坐标是.
故选：A.
典例2．德国数学家米勒曾提出最大视角问题：已知点是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？结论是：当且仅当的外接圆与边相切于点时，最大.人们称这一命题为米勒定理.在平面直角坐标系内，已知，点是直线上一动点，当最大时，点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，设的外接圆的圆心为，得到，求得，得到圆心，再求得直线的方程，联立方程组，即可求解.
【详解】由点，可得线段的垂直平分线的方程为，
设的外接圆的圆心为，其中，且圆的半径为，
因为直线与圆相切，可得，
又由，所以，
解得或（舍去），即圆心，
又由，可得，解得，
则直线的方程为，即，
联立方程组，解得，即点的坐标为.
故选：C.
米勒问题是求直线上动点对两定点张角最大，易错把圆外角、圆周角、圆内角搞反，最大值不在中点。核心是：当圆与直线相切时切点即为所求，不是联立方程。常忽略定点位置、直线方向，直接套公式出错。必须先判断两点在直线同侧 / 异侧，再用相切条件计算，不能只记结论。算完要检验角是否最大，避免把最小值当成最大值。
变｜式｜巩｜固
变式1．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点、，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】A
【分析】根据题意得出满足条件的过三点、、的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为和，并依据定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，舍弃，得到满足条件的，从而得出答案.
【详解】因为、，则线段的中点坐标为，易知，
则经过、两点的圆的圆心在线段的垂直平分线上，
设圆心为，则圆的方程为，
当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得），
则此时的坐标为，
代入圆的方程得，解得或，
即对应的切点分别为和，
因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，
又过点、、的圆的半径大于过点、、的圆的半径，
所以，故点为所求，即点的横坐标为.
故选：A.
变式2．德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时最大，人们称这一命题为米勒定理.已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点.若的最大值为，则实数的值为（ ）
A．2 B．3
C．或 D．2或4
【答案】C
【分析】根据米勒定理，当最大时，的外接圆与轴正半轴相切于点；再根据圆的性质得到为等边三角形，从而求出的值.
【详解】根据米勒定理，当最大时，的外接圆与轴正半轴相切于点.
设的外接圆的圆心为，则，圆的半径为.
因为为，所以，即为等边三角形，
所以，即或，解得或.
故选：C.
◇题型 14 圆的综合应用
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）已知直线与单位圆（为坐标原点）交于两点，下列说法正确的有（ ）
A．的最大值为2
B．当直线过点时，的最小值为
C．当时，中点的轨迹方程为
D．当原点到直线的距离为时，的最大值为
【答案】ABD
【分析】由题意圆，圆心为原点，半径为1，利用圆的性质判断A、B、C，根据原点到直线的距离为，得到并设，利用向量法及、确定纵坐标的表示，再由三角恒等变换、正弦函数的性质求最大值判断D.
【详解】由题设，圆，圆心为原点，半径为1，
所以，当直线过原点时所得最大，为2，A对，
显然点在圆内，若直线过该点，
则该点与点所在直线与直线垂直时，最小，为，B对，
由，则其中点与圆心的距离，
所以中点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则方程为，C错，
若原点到直线的距离为，即中点在圆上，且，
设，则，与垂直的一个单位向量为，
而，则，又，
所以，而关于对称，则，
所以，，则且，
所以时，最大值为，D对.
故选：ABD
典例2．（多选）如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．的最小值为
C．
D．当直线斜率都存在时，
【答案】ABC
【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：设，，结合斜率公式及点在椭圆上即可判断.
【详解】对于A，设动圆的半径为，又动圆与圆外切且与圆内切，，
则且不重合，
故点的轨迹是以为焦点的椭圆（去掉重合的点），
则曲线的方程为，故A正确，
对于B，由图可知与互补，当点P为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以，
则的最大值为，所以的最小值为，故B正确；
对于C，，
当且仅当即时等号成立，故C正确；
对于D，设，则，即，
由题意设，则，即，
则，故D错误，
故选：ABC.
综合题易漏斜率不存在、直线过原点、半径为正等特殊情况。判断位置关系优先用圆心距与半径和差比较，不依赖判别式。求公共弦、公切线时，先确定两圆位置，相离 / 内切不能直接用弦长公式。动点最值常把距离最小转化为点到直线 / 圆心距离，再加减半径，易忘加减。设方程时注意符号与范围，算后必检验，避免增解、漏解。
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知圆，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．直线过定点
B．直线被圆截得的最短弦长是
C．当点在圆上时，的取值范围是
D．设过的直线与圆的两个交点为，，则线段的中点的轨迹为圆
【答案】ACD
【分析】根据直线过定点计算可判断A；根据弦长公式及圆的对称性可判断B；表示到原点距离的平方，根据点到圆上点距离最值计算可判断C；由可判断D.
【详解】对于A，直线可化为，
令，解得，
所以直线过定点，故A正确；
对于B，当圆心与定点连线垂直于时，此时弦长最短，
圆的圆心，半径
即圆心到直线最大距离为，
所以最短弦长为，故B错误；
对于C，由题意得表示到原点距离的平方，
且原点到圆心的距离为，
因为点在圆上，所以，
故，故C正确；
对于D，因为是线段的中点，所以，
因为直线过定点，所以，
故线段的中点的轨迹是以线段为直径的圆，故D正确.
故选：ACD.
变式2．（多选）抛物线的准线为，焦点为与圆相切，为上一动点，过作的垂线，垂足为，则（ ）
A．
B．的最小值为
C．当时，点的纵坐标为
D．的延长线与交于点，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用抛物线与圆的位置关系整理出的值判断；结合抛物线的定义判断的最小值即可；先设点的坐标，将两直线垂直条件转化为向量数量积问题求解判断；设出直线的方程，与抛物线联立整理，再利用抛物线的焦点弦长公式求解判断.
【详解】由题可得抛物线的准线，焦点，
圆的圆心，半径.
对于选项，由抛物线的准线与圆相切，则圆心到准线的距离等于半径，
所以，得到，故正确.
对于选项，由抛物线的定义，
所以，求最小值即为两点之间线段最短，则转化为求与
的距离，即为所求最小值，故正确.
对于选项，设，
可得.
由，得，
展开化简得，解得或，故错误.
对于选项，设直线的方程为，
联立，得，设，
由根与系数的关系得，
抛物线的焦点弦长公式，
由得，
因此，当时，取得最小值为.
故选：.
变式3．（多选）已知点，圆：（），定义直线：为点的“伴随线”，则下列结论正确的有（ ）
A．若点在圆上，则点的“伴随线”与圆相切
B．若点在圆外，过点作两直线与圆分别相切于点，，则直线为点的“伴随线”
C．若点在圆内，则点的“伴随线”与圆相交
D．若点，在圆上，它们的“伴随线”分别为，，且垂直，则
【答案】ABD
【分析】选项A：利用点到直线的距离公式可得“伴随线”与圆是否相切；
选项B：设，，可得直线及的方程，把点代入可得直线的方程，从而可判断出B的正确与否；
选项C：利用点到直线的距离公式可得“伴随线”与圆是否相交；
选项D：设，，易得直线及的方程，由垂直可得，从而可求出．
【详解】选项A：当点在圆上时，，圆心到的距离，
点的“伴随线”与圆相切，故A正确；
选项B：设，，则圆在点，处的切线方程分别为：
，．
因为点在这两条切线上，所以，，
所以点，都在直线上，
所以直线的方程为，故B正确；
选项C：当点在圆内时，，圆心到的距离，
“伴随线”与圆不相交，故C错误；
选项D：设，，易知：，：，
因为，垂直，所以，
所以，即，
所以，故D正确．
故选：ABD．
一、单项选择题
1．圆在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】容易知道点为切点，圆心，设切线斜率为k，从而，由此即可得解.
【详解】将圆的方程化为标准方程得，
∵点在圆上，∴点P为切点．
从而圆心与点P的连线应与切线垂直．
又∵圆心为，设切线斜率为k，
∴，解得．
∴切线方程为．
故选：D.
2．已知直线，直线，则“”是“或”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据直线平行满足的系数关系列式求解a，结合充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】若直线和直线平行，
则，解得，
所以“”是“或”的充分不必要条件.
故选：A
3．若直线与被圆截得的弦长相等，则（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】C
【分析】本题由两条平行直线被圆截得的弦长相等，可知圆心在直线上，从而解得的值.
【详解】由题意可知，圆心到直线与的距离相等．
又直线与平行，
所以圆心在直线上，则，解得．
故选C．
4．已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）
A．2 B． C．6 D．
【答案】C
【详解】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，
故选C.
考点：切线长
5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）．
A．5 B．
C．45 D．
【答案】B
【分析】先求出点关于直线的对称点，则线段的长度即为最短总路程，再利用两点间的距离公式进行求解.
【详解】因为点关于直线的对称点为，
所以即为“将军饮马”的最短总路程，
则“将军饮马”的最短总路程为．
故选：B．
6．已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论.
【详解】由题意，
在圆中，圆心，半径为，
到直线的距离为的点有且仅有个，
∵圆心到直线的距离为：，
故由图可知，
当时，
圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于；
当时，
圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于；
当则的取值范围为时，
圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.
故选：B.
7．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
8．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
【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【详解】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.
【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．
二、多项选择题
9．已知直线，则（ ）
A．若，则倾斜角的取值范围为
B．若，则
C．若，则
D．若，则与之间的距离为4
【答案】BC
【分析】根据直线的倾斜角和斜率的关系判断A的真假；根据两直线平行求参数的值，判断B的真假；根据两直线垂直求参数的值，判断C的真假；根据平行线间的距离公式求值，判断D的真假.
【详解】对于A：当时，直线的斜率，当时，的倾斜角，当时，的倾斜角，故A错误；
对于B：由，得，解得3，经检验，当时，与不重合，故B正确；
对于C：由，得，解得，故C正确；
对于D：由B可知时，，此时直线，则与之间的距离为，故D错误．
故选：BC
10．已知圆和直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆心到直线的最大距离是
C．若直线与圆相切，则
D．若与圆相交于A，B两点，且为直角三角形，则的方程为：或
【答案】ABD
【分析】对于A，将直线方程化成，结合即可求解；对于B，由时，圆心到直线的距离最大，即可求解；对于C，由圆心到直线的距离等于半径，列出等式即可求解；对于D，由圆心到直线的距离等于，列出等式即可求解.
【详解】，
圆心，半径，
对于A，由，
得到：，
由，解得：，即直线恒过定点，A正确，
对于B，由A知，当时，圆心到直线的距离最大，
即为，B正确，
对于C：由圆心到直线的距离等于半径得到：
，解得：或，故C错误；
对于D，由题意，即是以为直角的等腰直角三角形，
则，
则到的距离为，
即，
解得或，
当时，直线方程为：，
当时，直线方程为：，
故D正确，
故选：ABD
11．已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
三、填空题
12．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______________．
【答案】（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
13．，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_______________．
【答案】2
【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可.
【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以，
圆的半径为，圆心到直线的距离为，
故，解得；
故答案为：2.
14．已知P是直线上的动点，是圆的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形面积的最小值为______________．
【答案】
【分析】确定圆心为，半径，将四边形的面积转化为，计算点到直线的距离得到答案.
【详解】，即，圆心为，半径，
，即最小时，面积最小.
，故四边形面积的最小值为.
故答案为：
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