高二期末复习专题：圆解答题的7种题型（含答案）

1、高二期末复习专题之圆解答题的7种题型考点、题型、知识与技巧点拨总结：1、 求轨迹方程，或者各种条件求圆的方程。如第1题2、 圆与直线标配：弦心距公式。如第2题。特别是研究圆与直线系这道题3、 求两圆相交弦的一般方法。如第3题4、 动圆过定点，如第4题5、 与圆切线有关的。如第5题6、 圆的弦长中定比分点。如第6题7、 面积最值范围，可以利用圆中线的几何性质转化。如第7题典型例题：1.已知P、为圆上的动点，A(2，0)，B(1，1)为定点（1）求线段AP中点M的轨迹方程；（2）若PBQ=90，求线段PQ中点N的轨迹方程【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由中点关系将点由代换，代入圆方程化简即可

2、；（2）结合图形，利用几何关系可得，再由等量代换即可求解【详解】（1）设点，圆上一点为，因为为AP中点，故满足，变形得，代入圆的方程得：，化简得；（2）设点，在中，设为原点坐标，连接，则，化简得，故线段PQ中点N的轨迹方程为2.在平面直角坐标系xOy中，已知圆和圆（1）若直线l过点A（4，0），且被圆截得的弦长为，求直线l的方程；（2）设平面上的一点P满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标【答案】（1）或；（2）点，或点，.【分析】（1）设出直线的点斜式方程，又由直线被圆截得的弦长为，得到一个

3、关于直线斜率的方程，解方程求出值，代入即得直线的方程（2）设点满足条件，的圆心到直线的距离和圆的圆心到直线的距离相等,得到，转化为或，即得解.【详解】解：（1）由于直线与圆不相交；直线的斜率存在，设方程为：圆的圆心到直线的距离为，被截得的弦长为从而即或，直线的方程为：或（2）设点满足条件，由题意分析可得直线、的斜率均存在且不为0，不妨设直线的方程为，。则直线方程为：和的半径相等，及直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，的圆心到直线的距离和圆的圆心到直线的距离相等。即整理得。即或。因的取值有无穷多个，所以或，解得或。这样的点只可能是点，或点，.3.已知圆C1：，圆C2：，其中1m5.（1）

4、若m=1，判断圆与的位置关系，并求两圆公切线方程；（2）设圆C1与圆C2的公共弦所在直线为l，且圆C2的圆心到直线l的距离为，求直线l的方程以及公共弦长.【答案】（1）两圆内切，；（2），.【分析】（1）由，分别得到圆和圆的圆心，半径，然后利用圆圆的位置关系判断，再由两圆方程相减得到公切线； （2）先得到两圆公共弦所在直线l的方程，再利用弦长公式求解.【详解】（1）当时，由得，由得，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，圆心距，所以两圆内切；因为两圆内切，所以公切线只有一条，两圆的公切线方程可由两圆方程相减得到：；（2）两圆公共弦所在直线l的方程为：，圆的圆心到直线l的距离，于是，或舍，所以直线l的

5、方程为；因为圆半径，弦心距，由勾股定理可得半弦长为，所以公共弦长为.4.已知圆，是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为.(1)当切线的长度为时，求点的坐标.(2)若的外接圆为圆，试问：当点运动时，圆是否过定点？若过定点，求出所有的定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)或；(2)过定点，定点和.【分析】(1)由切线的性质可得，列方程求P的坐标；(2)由条件求出圆N的方程，根据恒等式的性质确定圆所过定点.【详解】(1)由题可知圆的圆心为，半径.设，因为是圆的一条切线，所以.在中，故.又，所以，解得或.所以点的坐标为或.(2)因为，所以的外接圆圆是以为直径的圆，且的中点坐标为，所以圆的方

6、程为，即.由，解得或，所以圆过定点和.5.已知圆C：x2y22x4y30.（1）若不过原点的直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等，求直线l的方程；（2）从圆C外一点P( x，y)向圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有|PM|PO|，求点P的轨迹方程.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）由题设可得圆心，半径为，可设直线l为，结合切线的性质列方程求参数b，进而写出直线l的方程；（2）由题意易知，应用两点距离公式整理化简即可得P的轨迹方程.【详解】（1）圆C标准方程为，则圆心，半径为，令，则有，解得或.直线l的方程为或.（2）由圆上切点的性质知：，由|PM|PO|，整理得.故点P的

7、轨迹方程为.6.已知圆C：，直线l：（1）求证：对，直线l与圆C总有两个交点；（2）设直线l与圆C交于点A，若定点满足，求此时直线l的方程【答案】（1）证明见解析；（2）或.【分析】（1）化简直线方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可求解；（2）由（1）可得在圆内，由，得到，设，得到，且且，结合圆的性质，列出方程组，求得，根据圆心到直线的距离，列出方程求得的值，即可求解.【详解】（1）由直线，可得，故直线过定点，因为，故在圆内，所以直线与圆总有两个不同的交点.（2）由（1）可得在圆内，因为，可得，如图所示，设，则，故，设的中点为，则且，设，因为，可得，即，解得，由点到直线的距离公式，

8、所以，所以，故直线方程为或.7.已知圆的圆心在第一象限内，圆关于直线 对称，与轴相切，被直线截得的弦长为（1）求圆的方程；（2）若点在直线上运动，过点作圆的两条切线、，切点分别为点，求四边形面积的最小值直线是否过定点？若过定点，求此定点坐标；若不过定点，请说明【答案】（1）；（2），过定点.【分析】（1）设圆标准方程，由垂径定理、圆与轴相切、关于直线对称可构造方程求得圆心坐标和半径，由此得到标准方程；（2）将四边形面积转化为，只需求得最小值即可；根据且可求得最小值，代入可求得结果.设，根据题意得四点共圆，进而得四点所在圆的方程，再根据弦是四点所在圆与圆的公共弦求得直线的方程，最后结合直线系方程

9、即可求得定点.【详解】解：（1）设圆的标准方程为：，圆关于直线对称，圆与轴相切：点到的距离为：，圆被直线截得的弦长为，结合有：，又，圆的标准方程为：.（2）与圆相切，由得：，圆心到直线的距离，即（当时取等号），又，（当时取等号），四边形面积的最小值为.设，如图，与圆相切， ，四点共圆，圆心为，半径为所以四点所在圆的方程为，即 由题知弦是四点所在圆与圆的公共弦，所以直线的方程为,又，直线的方程为，即，所以由直线系方程可知直线的方程过和的交点，所以联立方程解得，所以直线过定点.8.已知直线l：与直线l：相互垂直，圆C的圆心与点(2，1)关于直线l对称，且圆C过点M(-1，-1)（1）求直线l与圆C

10、的方程（2）过点M作两条直线分别与圆C交于P，Q两点，若直线MP，MQ的斜率满足kMPkMQ=0，求证：直线PQ的斜率为1【答案】(1)，；(2)证明见解析.【分析】(1)利用垂直关系求出a即得l的方程，再利用对称思想求出圆心C的坐标即可计算作答；(2)设出直线MP斜率k并写出其方程，联立直线MP与圆C的方程求出点P的横坐标，再求出点Q的横坐标，借助斜率坐标公式计算即得.【详解】(1)因直线l：与直线l：相互垂直，则，解得，所以直线l的方程为，设圆C的圆心，则点必在直线l上，且直线斜率为，因此，解得，即点，圆C半径，所以圆C的方程为；(2)设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为-k，直线MP

11、的方程：，而直线MP与圆C交于点P，由消去y得：，而圆C过点M(-1，-1)，设点，于是有，即，设点，同理，将变得：，于是得直线PQ的斜率，所以直线PQ的斜率为1.9.已知圆M过，且圆心M在直线上.（1）求圆M的标准方程；（2）过点的直线m截圆M所得弦长为，求直线m的方程；（3）过直线l: x+y+4=0上任意一点P向圆M作两条切线，切点分别为C，D.记线段CD的中点为Q，求点Q到直线l的距离的取值范围.【答案】（1）；（2），或；（3）.【分析】（1）根据题意可设圆的标准方程为：，再根据圆过点，可列两个方程，即可求出，得到圆M的标准方程；（2）分类讨论直线m的斜率存在以及不存在，依据弦长公式

12、即可求出；（3）设，根据圆系方程的应用（或极点极线知识）可得切点弦所在的直线方程为，又因为直线的方程为，即可联立求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式可得点Q到直线l的距离为，即可求出范围【详解】（1） 圆心在直线上，设圆的标准方程为：，圆过点，解得圆的标准方程为.（2）当斜率不存在时，直线m的方程为：，直线m截圆M所得弦长为，符合题意；当斜率存在时，设直线m：，圆心M到直线m的距离为根据垂径定理可得，解得直线m的方程为，或.（3）设，则切点弦所在的直线方程为 ，直线的方程为， 联立可得，根据点到直线距离公式可得，10.已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍（1）求点的轨迹方程

13、：（2）若点与点关于点对称，求、两点间距离的最大值；（3）若过点的直线与点的轨迹相交于、两点，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）14；（3）存在；或【分析】（1）由已知列关于，的方程化简即可求得点的轨迹方程；（2）设，由点与点关于点对称，可得点坐标为，把的坐标代入（1）中的轨迹方程，整理可得点的轨迹方程为，由此可得、两点间距离的最大值；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，则，联立直线与圆的方程，由判别式大于0求得的范围，再求出及到直线的距离，代入三角形面积公式，利用配方法求最值，得到值，可得直线方程【详解】解：（1）由

14、已知，即，（2）设，因为点与点关于点对称，则点坐标为，点在圆上运动，点的轨迹方程为，即：，；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，则：，联立方程：，又直线不点，点到直线的距离，当时，取得最大值，此时，直线得方程为或11.如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数，直线l经过抛物线的顶点且与y轴垂直，垂足为Q设抛物线上有一动点P从点处出发沿抛物线向上运动，其纵坐标随时间的变化规律为现以线段为直径作(1)点P在起始位置点B处时，试判断直线l与的位置关系，并说明理由；在点P运动的过程中，直线l与是否始终保持这种位置关系？请说明你的理由；(2)若在点P开始运动的同时，直线l也向上平行移动，且垂

15、足Q的纵坐标随时间t的变化规律为，则当t在什么范围内变化时，直线l与相交？【答案】(1)点P在点B处时，直线l与相切，理由见解析；点P运动的过程中，直线l与始终保持相切的位置关系，理由见解析；(2).【分析】(1)通过求圆心到直线的距离，圆的半径，并比较两者大小确定直线l与的位置关系，(2)由直线与圆相交可得圆心到直线的距离小于半径，列不等式求t的范围.【详解】(1)当点P在点B处时，直线l与相切，理由如下：点，圆心的坐标为，的半径为又抛物线的顶点坐标为，即直线l上所有点的纵坐标均为，从而圆心C到直线l的距离为直线l与相切在点P运动的过程中，直线l与始终保持相切的位置关系，理由如下：设点，则圆

16、心的坐标为，圆心C到直线l的距离为，又，则的半径为，直线l与始终相切. (2)由（1）知，圆C的半径为又圆心C的纵坐标为，直线l上的点的纵坐标为，所以圆心C到直线l的距离是，直线l与圆C相交，综上所述，当时，直线l与相交.12.已知半径为5的动圆的圆心在直线：上.（1）若动圆过点，求圆的方程.（2）是否存在正实数，使得动圆中满足与圆：相外切的圆有且仅有一个？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）或；（2）存在，.【分析】（1）设动圆的方程为，根据条件列出方程组，求得的值，即可求解；（2）求得圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】（1）依题意，可设动圆的方

17、程为，其中圆心满足.又因为动圆过点，所以.由，解得或，故所求圆的方程为或.（2）圆的圆心到直线的距离，当满足时，动圆中不存在与圆：相外切的圆；当满足时，每取一个数值，动圆中存在两个圆与圆：相外切；当满足，即时，动圆中有且仅有1个圆与圆：相外切.故当动圆中与圆相外切的圆仅有一个时，.13.已知圆：过点（1）求圆的面积；（2）直线：交轴于点，交圆于，两点，直线，分别交轴于点，记，的面积分别为，求证：为定值【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）将点代入圆的方程求出，然后又圆的面积公式求解即可；（2）设，且，联立直线与圆的方程联立，得到韦达定理，利用斜率的关系以及两点间斜率公式，求出，然后由三

18、角形的面积公式化简求解，即可证明结论【详解】（1）解：因为圆过点，则，所以圆的面积为；（2）证明：设，且，由题意可知，联立方程组，可得，所以，解得，所以，则，故，所以，则，所以，故为定值214.如图，已知圆，过点的直线与圆相交于，两点（1）当时，求直线的方程；（2）已知在圆上，且，求四边形面积的最大值【答案】（1）或；（2）【分析】( 1 ) 分别考虑斜率存在与不存在 , 利用弦心距表示即可；( 2 ) 当直线与轴垂直时，, 直接求解四边形的面积，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，则直线的方程为即, 分别求出到两直线的距离，再由垂径定理求弦长，代入四边形面积公式，利用换元法及配方法求最值.【详解】（1）圆的半径为，则，在中，由余弦定理可得，解得，设直线的方程为，则点到直线的距离，于是，解得，所以直线的方程为或（2）当直线与轴弄直时，况四边形的面积，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，即，则直线方程为，即，点到直线的距离为，点到直线的距离为，则四边形面积，令（当时，四边形不存在），四边形面积的最大值为