【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题2.17 直线与圆的方程大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(25)页，151.222 KB，由小赞的店铺上传

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专题2.17直线与圆的方程大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·全国·高二课时练习）求满足条

件的圆的标准方程：(1)已知𝐴(4,3)，𝐵(1,−1)，以𝐴𝐵为直径；(2)圆心为点𝐶(1,3)且与直线3𝑥−4𝑦−6=0相切.【解题思路】（1）根据题意得到圆心(52,1)，半径为√(4−1)2+

(3+1)22，即可得到答案.（2）根据直线与圆的位置关系求解即可.【解答过程】（1）圆心为𝐴𝐵的中点(52,1)，半径为√(4−1)2+(3+1)22=52，所以圆的标准方程为(𝑥−52)2+(𝑦−1)2=254.（2）点C到直线3𝑥−4𝑦−6=0的距离为𝑑=|3−

12−6|√32+(−4)2=3，所以圆的标准方程为(𝑥−1)2+(𝑦−3)2=9.2．（2022·浙江·高二期末）已知圆𝐶经过𝐴(0,2)，𝐵(0,8)两点，且与𝑥轴的正半轴相切.(1)求圆𝐶的标准方程；(2)若直线𝑙：𝑥−𝑦+3=0与圆𝐶交于𝑀，𝑁，求|

𝑀𝑁|.【解题思路】（1）由题意，设圆心𝐶(𝑚,𝑛)且半径𝑟=|𝑛|，由圆所过的点列方程求参数，结合与𝑥轴的正半轴相切确定圆的方程；（2）利用弦心距、半径与弦长的关系求|𝑀𝑁|.【解答过程】（1

）若圆心𝐶(𝑚,𝑛)，则圆的半径𝑟=|𝑛|，即(𝑥−𝑚)2+(𝑦−𝑛)2=𝑛2，又圆𝐶经过𝐴(0,2)，𝐵(0,8)，则{𝑚2+𝑛2−4𝑛+4=𝑛2𝑚2+𝑛2−16𝑛+64=𝑛2，可得{�

�=±4𝑛=5，所以(𝑥−4)2+(𝑦−5)2=25或(𝑥+4)2+(𝑦−5)2=25，又圆与𝑥轴的正半轴相切，故圆𝐶的标准方程为(𝑥−4)2+(𝑦−5)2=25.（2）由（1）知：𝐶(4,5)到直线𝑙的距离为|4−5+3|√2=√2，

圆的半径为𝑟=5，所以|𝑀𝑁|=2√𝑟2−2=2√23.3．（2022·河南开封·高二阶段练习）已知𝑀(𝑚,𝑛)为圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑥−14𝑦+45=0上任意一点.(1)求𝑚+2𝑛的取值范围；(2)

求𝑛−3𝑚+2的最大值和最小值.【解题思路】（1）问题化为直线𝑡=𝑥+2𝑦与圆有交点，即圆心到直线距离𝑑≤2√2，即可求范围；（2）𝑄(−2,3)，问题化为求直线𝑀𝑄的斜率𝑘最值，利用直线𝑀𝑄与圆有交点，结合点线距离公式求范围，即可得结果.【

解答过程】（1）因为𝑥2+𝑦2−4𝑥−14𝑦+45=0圆心𝐶(2,7)，半径𝑟=2√2，设𝑚+2𝑛=𝑡看成直线方程，其与圆有公共点，所以圆心到直线的距离𝑑=|2+2×7−𝑡|√12+22≤2√2，解得16

−2√10≤𝑡≤16+2√10，所以所求的取值范围是[16−2√10,16+2√10].（2）记𝑄(−2,3)，因为𝑛−3𝑚+2表示直线𝑀𝑄的斜率𝑘，所以直线𝑀𝑄的方程为𝑦−3=𝑘(𝑥+2)，即𝑘𝑥−𝑦+2𝑘

+3=0.因为直线与圆有公共点，所以|2𝑘−7+2𝑘+3|√1+𝑘2≤2√2，可得2−√3≤𝑘≤2+√3所以𝑛−3𝑚+2的最大值为2+√3，最小值为2−√3.4．（2023·全国·高三专题练习）已知点𝑃(𝑥,𝑦)是直线𝑘𝑥+𝑦+4=0(𝑘>0)上一动点，𝑃𝐴，𝑃�

�是圆C：𝑥2+𝑦2−2𝑦=0的两条切线，A、B是切点，若四边形𝑃𝐴𝐶𝐵的最小面积是2，则k的值为多少？【解题思路】连接𝐶𝐴,𝐶𝐵，求出圆心和半径，由题意可得𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵=2×1

2𝑃𝐴⋅𝐶𝐴=𝑃𝐴，然后由四边形𝑃𝐴𝐶𝐵的最小面积是2，可得点C到直线的距离为√5，再利用点到直线的距离公式列方程可求得答案.【解答过程】连接𝐶𝐴,𝐶𝐵，由𝑥2+𝑦2−2𝑦=0，得𝑥2+(𝑦−1)2=1

，则圆心𝐶(0,1)，半径为1，因为𝑃𝐴，𝑃𝐵是圆C：𝑥2+𝑦2−2𝑦=0的两条切线，A、B是切点，所以𝑃𝐴=𝑃𝐵,𝑃𝐴⊥𝐶𝐴,𝑃𝐵⊥𝐶𝐵，所以𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵=2×12𝑃𝐴⋅𝐶𝐴=𝑃𝐴，因为𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵≥2

，所以𝑃𝐴≥2，因为𝑃𝐶2=𝑃𝐴2+𝐶𝐴2=𝑃𝐴2+1，所以𝑃𝐶2≥5，所以当四边形𝑃𝐴𝐶𝐵的最小面积是2时，点C到直线的距离为√5，所以|1+4|√𝑘2+1=√5，解得𝑘=2或𝑘=−2（舍去），5．（2022·四川·高二开

学考试（文））已知以点𝐴(−1,2)为圆心的圆与直线𝑙1:𝑥+2𝑦+7=0相切，过点𝐵(−2,0)的动直线𝑙与圆𝐴相交于𝑀､𝑁两点，𝑄是𝑀𝑁的中点.(1)求圆𝐴的方程；(2)当|𝑀𝑁|=2√19时，求直线𝑙的

方程.【解题思路】（1）利用圆和直线相切的关系求出圆𝐴的半径即可求解；(2)首先当直线𝑙斜率不存在时，求出弦长|𝑀𝑁|，满足题意；当直线𝑙斜率存在时设出直线𝑙的方程，利用圆的弦长公式求出|𝐴𝑄|

，然后利用点到直线的距离公式求解即可.【解答过程】（1）∵圆𝐴与直线𝑙1:𝑥+2𝑦+7=0相切，所以𝐴(−1,2)到直线𝑙1的距离𝑑0=|−1+4+7|√5=2√5=𝑟，故圆𝐴的方程为：(𝑥+1)2+(𝑦−2)2=20.（2）①当直线𝑙与𝑥轴垂直时，易知直线𝑙的

方程为：𝑥=−2，此时，圆心𝐴(−1,2)到直线𝑙的距离为1，从而弦长|𝑀𝑁|=2√20−1=2√19，满足题意；②当直线𝑙与𝑥轴不垂直时，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥+2)，即𝑘𝑥−𝑦+2𝑘=

0，连接𝐴𝑄，则𝐴𝑄⊥𝑀𝑁，∵|𝑀𝑁|=2√19，所以|𝐴𝑄|=√𝑟2−(|𝑀𝑁|2)2=√20−19=1，从而|𝐴𝑄|=|−𝑘−2+2𝑘|√𝑘2+12=1，得𝑘=34，故直线𝑙的方程：3𝑥−4𝑦+6=0.综上所述，直线𝑙的方程为：𝑥=−2

或3𝑥−4𝑦+6=0.6．（2022·河南·高二阶段练习）已知圆𝑀:(𝑥+1)2+(𝑦−1)2=𝑟2(𝑟>0)，过点𝐴(−2,4)引圆𝑀的切线，切线长为3.(1)求𝑟的值；(2)若点𝑃是圆𝑀上一动点，点𝑄

是曲线𝑦=1𝑥(𝑥>0)上一动点，求|𝑃𝑄|的最小值.【解题思路】（1）利用勾股定理进行求解.（2）设𝑄(𝑥0,𝑦0)，利用两点间的距离公式，通过配方求解.【解答过程】（1）由题意得圆心M的坐标为(−1,1)

，又𝐴(−2,4)，故|𝐴𝑀|2=10，因为切线长3，所以|𝐴𝑀|2−𝑟2=32，所以𝑟=1.（2）设𝑄(𝑥0,𝑦0)，则𝑦0=1𝑥0，故|𝑀𝑄|2=(𝑥0+1)2+(1𝑥0−1)2=𝑥02+1𝑥02+2(𝑥0−1𝑥0)+2=(𝑥

0−1𝑥0)2+2(𝑥0−1𝑥0)+4=(𝑥0−1𝑥0+1)2+3≥3，当且仅当𝑥0−1𝑥0+1=0，即𝑥0=√5−12时取等号，故|𝑀𝑄|的最小值为√3，故|𝑃𝑄|的最小值为√3−1.7．（2022·河南·高二阶段练习

）已知圆𝐶的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥+6𝑦−𝑚=0．(1)求实数𝑚的取值范围；(2)若圆𝐶与直线𝑙:𝑥+𝑦+3=0交于M，N两点，且|𝑀𝑁|=2√3，求𝑚的值．【解题思路】（

1）将圆𝐶的一般方程用配方法化为标准方程，进而得到13+𝑚>0，解之即可；（2）利用弦长公式|𝑀𝑁|=2√𝑟2−𝑑2求得𝑟，进而得到√𝑚+13=√5，易得𝑚的值.【解答过程】（1）方程𝑥2+𝑦2

−4𝑥+6𝑦−𝑚=0可化为(𝑥−2)2+(𝑦+3)2=13+𝑚，∵此方程表示圆，∴13+𝑚>0，即𝑚>−13，即𝑚∈(−13,+∞).（2）由（1）可得圆心𝐶(2,−3)，半径𝑟=√𝑚+13，则圆心𝐶(2,−3)到直线𝑙:𝑥+

𝑦+3=0的距离为𝑑=|2−3+3|√12+12=√2，由弦长公式|𝑀𝑁|=2√𝑟2−𝑑2及|𝑀𝑁|=2√3，得2√3=2√𝑟2−(√2)2，解得𝑟=√5，∴𝑟=√𝑚+13=√5，得𝑚=−8．8．（2022·河南·高二

阶段练习）已知圆M：𝑥2+(𝑦−2)2=1，Q是x轴上的动点，𝑄𝐴、𝑄𝐵分别与圆𝑚相切于𝐴、𝐵两点.(1)若𝑄(1,0)，求切线方程；(2)求四边形𝑄𝐴𝑀𝐵面积的最小值；【解题思路】（1）设切线方程，根据圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可；（2）设点𝑄

的坐标，根据𝑆𝑄𝐴𝑀𝐵=2𝑆𝑄𝐴𝑀求出面积，再分析面积的最小值即可.【解答过程】（1）由题意，过点𝑄(1,0)且与𝑥轴垂直的直线显然与圆𝑀相切，此时，切线方程为𝑥=1，当过点𝑄(1

,0)的直线不与𝑥轴垂直时，设其方程为𝑦=𝑘（𝑥−1），即𝑘𝑥−𝑦−𝑘=0，由|−2−𝑘|√𝑘2+1=1解得𝑘=−34，此时切线方程为3𝑥+4𝑦−3=0.（2）连接𝑄𝑀，因为圆的方程为𝑥2+(𝑦−2)2=1，所以𝑀(0,2)，𝑟=1，设𝑄(

𝑚,0)，所以|𝑄𝑀|=√𝑚2+4，根据勾股定理得|𝑄𝐴|=√𝑚2+3，所以𝑆𝑄𝐴𝑀𝐵=2𝑆△𝑄𝐴𝑀=2×12×√𝑚2+3×1=√𝑚2+3，所以当𝑚=0时，四边形𝑄𝐴𝑀𝐵的面积最小，𝑆𝑚𝑖𝑛=√3.9．（

2022·河南·高二阶段练习）已知圆𝐶:(𝑥−2)2+𝑦2=1，动直线𝑙过点𝑃(1,2).(1)当直线𝑙与圆𝐶相切时，求直线𝑙的方程(2)若直线𝑙与圆𝐶相交于𝐴、𝐵两点，求𝐴𝐵中点𝑀的轨迹方程.【解题思路】（1）讨论直线l斜率不存在易得直线l为�

�=1，再根据两条切线关于CP对称，结合倾斜角的关系､二倍角正切公式求得另一条切线的斜率为−34，即可写出切线方程.（2）设𝑀(𝑥,𝑦)，根据|𝐶𝑀|2+|𝑃𝐵|2=|𝑃𝐶|2，应用两点距离公式化简得到M的轨迹方程，

注意x､y的范围.【解答过程】（1）当直线l斜率不存在时𝑥=1，显然直线l与圆C相切且切点为𝐸(1,0)，所以，对于另一条切线，若切点为D，则∠𝐸𝑃𝐷=2∠𝐸𝑃𝐶，又tan∠𝐸𝑃𝐶=1

2所以tan∠𝐸𝑃𝐷=2tan∠𝐸𝑃𝐶1−tan2∠𝐸𝑃𝐶=43，由图知，直线DP的倾斜角的补角与∠𝐸𝑃𝐷互余，所以直线DP的斜率为−34，故另一条切线方程为𝑦−2=−34(𝑥−1)，即3

𝑥+4𝑦−11=0，综上，直线l的方程为𝑥=1或3𝑥+4𝑦−11=0.（2）由（1）知直线𝑙与圆𝐶相交于𝐴､𝐵两点，则斜率必存在，设𝑀(𝑥,𝑦)，则|𝐶𝑀|2+|𝑃𝑀|2=|𝑃𝐶|2=5，所以(𝑥−2)2+𝑦2+(𝑥−

1)2+(𝑦−2)2=5，整理得(𝑥−32)2+(𝑦−1)2=54，当直线𝑙与圆𝐶相切于点𝐷时，直线𝐶𝐷的斜率为43，其方程为：𝑦=43(𝑥−2)，由{𝑦=43(𝑥−2)3𝑥+4𝑦−11=0，得{𝑥=135𝑦=4

5，即切点𝐷(135,45)，对于𝑀的轨迹方程(𝑥−32)2+(𝑦−1)2=54，当𝑥=32时，𝑦=1−√52，所以1<𝑥<135，且1−√52≤𝑦<45，综上，𝑀的轨迹方程为(𝑥−32)2+(𝑦−1)2=54且1<𝑥<135，1−√

52≤𝑦<4510．（2022·福建福州·高二期末）圆𝐶的圆心为𝐶(1,0)，且过点𝐴(12,√32)．(1)求圆𝐶的标准方程；(2)直线𝑙：𝑘𝑥−𝑦+2=0与圆𝐶交𝑀,𝑁两点，且|𝑀𝑁|=√2，求𝑘．【解题思路】（1）

根据两点间的距离公式求得半径，再求标准方程即可；（2）由题知圆心𝐶到直线𝑙的距离为𝑑=√22，再结合点到直线的距离公式求解即可.【解答过程】（1）解：因为圆𝐶的圆心为𝐶(1,0)，且过点𝐴(12,√32),所以半径𝑟=√(1−12)2+(0−√3

2)2=1，所以，圆𝐶的标准方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1（2）解：设圆心𝐶到直线𝑙的距离为𝑑，因为|𝑀𝑁|=√2所以|𝑀𝑁|=2√𝑟2−𝑑2=2√1−𝑑2=√2，解得𝑑=√22所以，由圆心

到直线距离公式可得𝑑=|𝑘+2|√𝑘2+1=√22．解得𝑘=−1或𝑘=−7．11．（2022·全国·高二课时练习）设O是坐标原点，直线𝑥+2𝑦−3=0与圆C：𝑥2+𝑦2+𝑥−6𝑦+𝑚=0交于P、Q两点．(

1)求线段PQ中点M的坐标；(2)若OP⊥OQ，求该圆的面积．【解题思路】（1）求得线段𝑃𝑄垂直平分线的方程，通过求两条直线的交点的方法求得𝑀.（2）联立直线𝑥+2𝑦−3=0与圆𝐶的方程，化简写出根与系数关系，根据𝑂𝑃⊥𝑂𝑄列方程，化简求得𝑚，从而求得圆的半

径，进而求得圆的面积.【解答过程】（1）圆𝐶的圆心为𝐶(−12,3)，直线𝑥+2𝑦−3=0的斜率为−12，所以线段𝑃𝑄的垂直平分线的斜率为2，线段𝑃𝑄的垂直平分线经过𝐶(−12,3)，所以线段𝑃𝑄的垂直平分线方程为𝑦−3=2(𝑥+12),𝑦=2𝑥+4

，由{𝑦=2𝑥+4𝑥+2𝑦−3=0⇒𝑀(−1,2)（2）由{𝑥+2𝑦−3=0𝑥2+𝑦2+𝑥−6𝑦+𝑚=0消去𝑥并化简得5𝑦2−20𝑦+12+𝑚=0，设𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=

4,𝑦1⋅𝑦2=12+𝑚5，𝑥1=−2𝑦1+3,𝑥2=−2𝑦2+3，由于𝑂𝑃⊥𝑂𝑄，所以𝑂𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=0，即(3−2𝑦1)(3

−2𝑦2)+𝑦1𝑦2=0，即9−6(𝑦1+𝑦2)+5𝑦1𝑦2=0，所以9−6×4+5×12+𝑚5=0,𝑚=3.所以圆的半径为√1+36−4𝑚2=√1+36−122=52，所以圆的面积为π×(52)2=25π4.12．（2022·江苏·高二开学考试）已知圆C

过点A（1，2），B（2，1），且圆心C在直线𝑦=−𝑥上.P是圆C外的点，过点P的直线l交圆C于M，N两点.(1)求圆C的方程；(2)若点P的坐标为（0，−3），探究：无论l的位置如何变化，|PM||P

N|是否恒为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由.【解题思路】（1）由设圆的标准方程，由待定系数法将𝐴,𝐵代入方程，即可求解，（2）联立直线与圆的方程，由根与系数的关系以及|𝑃𝑀|×|𝑃𝑁|=𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑

⃑⃑即可求解.【解答过程】（1）由于圆心在𝑦=−𝑥，故设圆的方程为(𝑥−𝑎)2+(𝑦+𝑎)2=𝑟2，将A（1，2），B（2，1）代入可得{(1−𝑎)2+(2+𝑎)2=𝑟2(2−𝑎)2+(1+𝑎)2=𝑟2，解得{𝑎=0𝑟2=5，所以圆的方程为：𝑥2+𝑦2=5（2

）当直线𝑙⊥𝑥轴时，|𝑃𝑀|×|𝑃𝑁|=(3−√5)(3+√5)=4，当直线𝑙有斜率时，设其方程为：𝑦=𝑘𝑥−3，联立直线与圆的方程{𝑥2+𝑦2=5𝑦=𝑘𝑥−3，消元得(𝑘2+1)𝑥2−6𝑘𝑥+4=0

，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2),则𝑥1𝑥2=4𝑘2+1，Δ=20𝑘2−16>0，由于点𝑃在圆外，所以|𝑃𝑀|×|𝑃𝑁|=𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥1𝑥2+(𝑦1

+3)(𝑦2+3)=𝑥1𝑥2+𝑘2𝑥1𝑥2=(1+𝑘2)𝑥1𝑥2，因此|𝑃𝑀|×|𝑃𝑁|=(1+𝑘2)𝑥1𝑥2=(1+𝑘2)41+𝑘2=4，综上，无论l的位置如何变化，|𝑃𝑀|×|𝑃𝑁|=4，

为定值.13．（2022·全国·高二课时练习）已知曲线𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑥−4𝑦+𝑚=0和直线𝑙:𝑥+2𝑦−4=0．(1)当曲线C表示圆时，求m的取值范围；(2)当曲线C表示圆时，被直线l截得的弦长为2√5，求m的值．【解题思路】（1）通过对𝑥2+𝑦2−2�

�−4𝑦+𝑚=0变形，结合圆的标准方程计算即得结论；（2）通过（1）可知𝑚<5，利用点到直线的距离公式计算可知弦心距𝑑，利用弦心距､半径与半弦长的关系计算即得结论【解答过程】（1）∵𝑥2+𝑦2−2�

�−4𝑦+𝑚=0，∴(𝑥−1)2+(𝑦−2)2=5−𝑚，又∵曲线𝐶表示圆，∴5−𝑚>0，即𝑚<5，所以m的取值范围为(−∞,5)；（2）由（1）可知𝑚<5，圆心坐标为(1,2)，又∵直线𝑙:𝑥+2𝑦−4=0，

∴圆心到直线𝑙的距离𝑑=|1+4−4|√1+22=√55，∵直线𝑙截得的弦长为2√5，∴5−𝑚=(2√52)2+(√55)2，解得：𝑚=−15.14．（2022·全国·高二课时练习）已知圆𝐶:(𝑥−1)2+(𝑦−2)2=25及直线𝑙:(2𝑚+1)𝑥+(𝑚+1)�

�=7𝑚+4(𝑚∈R)．(1)证明：不论m取什么实数，直线l与圆C恒相交；(2)求直线l被圆C截得的弦长的最短长度及此时的直线方程．【解题思路】（1）根据直线过定点(3,1)，而该点在圆内，即可求解，（2）由𝑙

⊥𝐶𝑀时，圆心到直线𝑙的距离最大，进而可求最短的弦长以及直线方程.【解答过程】（1）将直线𝑙的方程变形为(2𝑥+𝑦−7)𝑚+(𝑥+𝑦−4)=0，令{2𝑥+𝑦=7𝑥+𝑦=4，解得{𝑥=3𝑦=1，即直线𝑙过定点(3,1)．因为(3−1

)2+(1−2)2=5<25，所以点(3,1)在圆内部．所以不论m为何实数，直线𝑙与圆恒相交．（2）（1）的结论知直线𝑙过定点𝑀(3,1)，且当直线𝑙⊥𝐶𝑀时，此时圆心到直线𝑙的距离最大，进而𝑙被圆

所截的弦长|𝐴𝐵|最短，故|𝐶𝑀|=√(3−1)2+(1−2)2=√5,从而此时|𝐴𝐵|=2√𝑟2−𝐶𝑀2=2√52−(√5)2=4√5，此时𝑘𝐴𝐵=−1𝑘𝐶𝑀=2,直线𝐴𝐵方程为𝑦−1=2(𝑥−3)，即2𝑥−𝑦−5=

0.15．（2022·全国·高二单元测试）已知圆𝐶:𝑥2+𝑦2+2𝑥−4𝑦+3=0．(1)若圆𝐶的切线在𝑥轴和𝑦轴上的截距相等，且截距不为零，求此切线的方程；(2)从圆𝐶外一点𝑃(𝑥1,𝑦1)向该圆引一条切线，切点为𝑀，𝑂为

坐标原点，且有|𝑃𝑀|=|𝑃𝑂|，求使得𝑃𝑀的长度取得最小值的点𝑃的坐标．【解题思路】（1）根据题意，设所求切线方程为𝑥+𝑦=𝑎(𝑎≠0)，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，可得出关于实数𝑎的等式，解出

𝑎的值，即可得出所求切线的方程；（2）利用两点间的距离公式结合勾股定理可知点𝑃在直线2𝑥−4𝑦+3=0上，再由|𝑃𝑀|=|𝑃𝑂|可知当𝑂𝑃与直线2𝑥−4𝑦+3=0垂直时，|𝑃𝑀|取最小值，

求出此时𝑃𝑂的方程，与直线2𝑥−4𝑦+3=0的方程联立可求得点𝑃的坐标.【解答过程】（1）解：∵切线在两坐标轴上的截距相等且截距不为零，设切线方程为𝑥+𝑦=𝑎(𝑎≠0)，又∵圆𝐶的标准方程为(𝑥+1)2+(𝑦−2)2=2，所以，圆心𝐶(−1,2)

到切线的距离等于圆的半径√2，则|−1+2−𝑎|√2=√2，解得𝑎=−1或𝑎=3，因此，所求切线的方程为𝑥+𝑦+1=0或𝑥+𝑦−3=0.（2）解：∵𝑃𝑀⊥𝐶𝑀，∴|𝑃𝑀|2=|𝑃𝐶|2−|𝐶𝑀|2=|𝑃𝐶|2−2，又∵|𝑃𝑀|=|𝑃𝑂|，

∴|𝑃𝐶|2−2=|𝑃𝑂|2，所以，(𝑥1+1)2+(𝑦1−2)2−2=𝑥12+𝑦12，则2𝑥1−4𝑦1+3=0．所以，点𝑃在直线2𝑥−4𝑦+3=0上．∵|𝑃𝑀|=|𝑃�

�|，∴𝑃𝑀的长度的最小值就是𝑃𝑂长度的最小值，而𝑃𝑂长度的最小值为𝑂到直线2𝑥−4𝑦+3=0的距离，此时直线𝑃𝑂的方程为2𝑥+𝑦=0．由{2𝑥−4𝑦+3=02𝑥+𝑦=0，解得{𝑥=−310𝑦=35，因此，使得𝑃𝑀的长

度取得最小值的点𝑃的坐标为(−310,35)．16．（2022·全国·高二课时练习）若直线𝑦=𝑥+𝑡被圆𝑥2+𝑦2=8截得的弦长不大于4√23，求实数𝑡的取值范围．【解题思路】利用直线与圆相交时圆心到直线距离与半径的关系以及所给

弦长条件建立不等式求解即得.【解答过程】解：圆𝑥2+𝑦2=8的圆半径为𝑟=2√2，设直线被圆截得的弦长为𝑙，圆心(0,0)到直线𝑦=𝑥+𝑡的距离𝑑=|𝑡|√2，由题意，得𝑑<𝑟，即|𝑡|√2<2√2，所以−4<𝑡<4．又(𝑙2)2+𝑑2=𝑟2=8，所以𝑙2=3

2−2𝑡2≤(4√23)2，所以𝑡≤−8√23或𝑡≥8√23，结合−4<𝑡<4，可知−4<𝑡≤−8√23或8√23≤𝑡<4．综上，实数𝑡的取值范围为(−4,−8√23]∪[8√23,4)．17．（2022·云南·高二

开学考试）已知圆𝐶:𝑥2+𝑦2−2𝑥+𝑎𝑦+3=0和直线𝑙相切于点𝑃(2,−1).(1)求圆𝐶的标准方程及直线𝑙的一般式方程；(2)已知直线𝑚经过点𝑃，并且被圆𝐶截得的弦长为2√2，求直线𝑚的方程.【解题思路】（1）将点𝑃的坐标代入圆𝐶的方程，求出实

数𝑎的值，可得出圆𝐶的标准方程，求出直线𝑃𝐶的斜率，由圆的几何性质可得𝑃𝐶⊥𝑙，可求得直线𝑙的斜率，利用点斜式可得出直线𝑙的方程，化为一般式即可；（2）分析可知直线𝑚过圆心，求出直线𝑚的斜率，利用点斜式可得出直线𝑚的方程.【解答过程】（

1）把点𝑃(2,−1)代入圆𝐶的方程，可得4+1−4−𝑎+3=0，解得𝑎=4，∴得𝐶的方程为𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦+3=0，即(𝑥−1)2+(𝑦+2)2=2，∵圆心为𝐶(1,−2)，所以，直线𝑃𝐶的

斜率为𝑘𝑃𝐶=−1+22−1=1，由圆的几何性质可知𝑃𝐶⊥𝑙，则直线𝑙的斜率为−1，∴直线𝑙的方程为𝑦+1=−(𝑥−2)，即𝑥+𝑦−1=0.（2）由（1）可知，圆𝐶的直径为2√2，故直线𝑚经过圆心𝐶(1,−2)

，且直线𝑃𝐶的斜率为𝑘𝑃𝐶=1，∴直线𝑚的方程为𝑦+1=𝑥−2，即𝑥−𝑦−3=0．18．（2022·全国·高二课时练习）已知圆C过点𝑀(0，−2)，𝑁(3，1)，且圆心C在直线𝑥+2𝑦+1

=0上．(1)求圆C的标准方程．(2)设直线𝑎𝑥−𝑦+1=0与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点𝑃(2，0)的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）设圆的方程𝑥2+�

�2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，由题意列出方程组，解方程组求得答案；（2）假设存在符合条件的实数a，可判断圆心𝐶(3，−2)必在直线l上，结合直线l垂直平分弦AB，求得a,再利用直线𝑎𝑥−𝑦+1=0交圆C于A，B两点，结合判别式求得a的范围，即可得出结论.【解答过程】（1）设

圆C的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，则有{−𝐷2−𝐸+1=04−2𝐸+𝐹=010+3𝐷+𝐸+𝐹=0，解得{𝐷=−6𝐸=4𝐹=4，所以圆C的方程为𝑥2+𝑦2−6𝑥+4𝑦+4=0，化为

标准方程，得(𝑥−3)2+(𝑦+2)2=9．（2）假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，故圆心𝐶(3，−2)必在直线l上，所以直线l的斜率𝑘𝑃𝐶=22−3=−2，又𝑘𝐴𝐵=

𝑎=−1𝑘𝑃𝐶，所以𝑎=12．将𝑎𝑥−𝑦+1=0与圆C的方程联立，整理得(𝑎2+1)𝑥2+6(𝑎−1)𝑥+9=0，由于直线𝑎𝑥−𝑦+1=0交圆C于A，B两点，故Δ=36(𝑎−1)2−36(𝑎2+1)>0，解得𝑎<0，与𝑎=12矛盾，故不存在实数a，使得

过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．19．（2022·全国·高二单元测试）已知圆𝐶:𝑥2+𝑦2+2𝑥−4𝑦+𝑚=0．(1)若圆C截𝑥轴所得弦的弦长等于半径的一半，求𝑚的值；(2)当𝑚=3时，若圆C的切线在𝑥轴和𝑦轴上的截距相等，求此切线的方程

．【解题思路】（1）由已知得出𝑟=√5−𝑚，再根据圆C截𝑥轴所得弦的弦长等于半径的一半列出关于𝑟的等式，求出𝑟，即可得到𝑚的值；（2）根据截距为零和截距不为零分情况设出切线的方程，利用圆心到切线的距离为半径构建等式可得到答案。【解答

过程】（1）解：将圆C的方程化为标准方程为(𝑥+1)2+(𝑦−2)2=5−𝑚，所以圆C的圆心为𝐶(−1,2)，半径为𝑟=√5−𝑚．因为圆C截𝑥轴所得弦的弦长等于半径的一半，所以(𝑟4)2+2

2=𝑟2，所以𝑟2=6415，即5−𝑚=6415，解得𝑚=1115．（2）当𝑚=3时将圆C的方程化为标准方程为(𝑥+1)2+(𝑦−2)2=2，其圆心𝐶(−1,2)，半径𝑟=√2．①当切线在两

坐标轴上的截距为零时，设切线的方程为𝑦=𝑘𝑥，所以圆心到切线的距离为|−𝑘−2|√𝑘2+1=√2，即𝑘2−4𝑘−2=0，解得𝑘=2±√6．所以切线方程为𝑦=(2+√6)𝑥或𝑦=(2−√6)𝑥．②当切线在两坐标轴上的截距不为零时，设切线的方程为𝑥+𝑦−𝑎

=0，所以圆心到切线的距离为|−1+2−𝑎|√2=√2，即|𝑎−1|=2，解得𝑎=3或−1．所以切线方程为𝑥+𝑦+1=0或𝑥+𝑦−3=0．综上所述，所求切线方程为𝑦=(2+√6)𝑥或𝑦=(2−√6)𝑥或𝑥+𝑦+1=

0或𝑥+𝑦−3=0.20．（2022·全国·高二课时练习）已知圆𝑀:𝑥2+(𝑦−2)2=1，Q是x轴上的动点，QA、QB分别与圆M相切于A、B两点．(1)若𝑄(1,0)，求切线方程；(2)求四边形Q

AMB面积的最小值；(3)若|𝐴𝐵|=2413，求直线MQ的方程．【解题思路】（1）根据过点Q的切线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线的距离公式求得切线方程.（2）求得四边形𝑄𝐴𝑀𝐵面积的表达式，由|𝑀𝑄|的最小值求得面积的最小值.（3）根据|𝐴𝐵|=2413以及圆的切线

的几何性质求得𝑄点坐标，进而求得直线𝑀𝑄的方程.【解答过程】（1）圆𝑀:𝑥2+(𝑦−2)2=1的圆心为(0,2)，半径为1，当过点Q的切线的斜率不存在时，切线方程为x＝1，与圆相切，符合题意；当过点Q的切线的斜率存在时，设切线方程为𝑦=𝑘

(𝑥−1)，即kx－y－k＝0，所以圆心(0,2)到切线的距离𝑑=|2+𝑘|√𝑘2+1=1，解得𝑘=−34．所以切线方程为3x＋4y－3＝0．综上，切线方程为x＝1或3x＋4y－3＝0．（2）由题意得四边形QAMB的面积𝑆=2𝑆△𝑀𝐴𝑄=2×1

2×1×√|𝑀𝑄|2−1=√|𝑀𝑄|2−1，所以当MQ⊥x轴时，|𝑀𝑄|取得最小值2，所以四边形QAMB面积的最小值为√22−1=√3．（3）由题意得圆心M到弦AB的距离为√1−(1213)2=513．设|𝑀𝑄|=𝑥，𝑥>0，则|𝑄𝐴|2=

𝑥2−1．又AB⊥MQ，所以(𝑥−513)2+(1213)2=𝑥2−1，解得𝑥=135，|𝑂𝑄|2=|𝑀𝑄|2−|𝑂𝑀|2=16925−4=6925，所以𝑄(√695,0)或𝑄(−√695,0)

，所以𝑘𝑀𝑄=±2−00−√695=±10√6969，所以直线MQ的方程为𝑦=−10√6969𝑥+2或𝑦=10√6969𝑥+2．21．（2022·全国·高二课时练习）已知直线𝑙过定点(0,2)，且与圆𝐶:𝑥2−2𝑥+𝑦2=0交于𝑀、𝑁两点．(1)求直线𝑙的

斜率的取值范围．(2)若𝑂为坐标原点，直线𝑂𝑀、𝑂𝑁的斜率分别为𝑘1、𝑘2，试问𝑘1+𝑘2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【解题思路】（1）分析可知直线𝑙的斜率存在，

设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，利用点到直线的距离公式可得出关于𝑘的不等式，解之即可；（2）设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，将该直线的方程与圆𝐶的方程联立，列出韦

达定理，利用斜率公式结合韦达定理可计算得出𝑘1+𝑘2的值.【解答过程】（1）解：圆𝐶的标准方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1，圆心为𝐶(1,0)，半径为1.若直线𝑙的斜率不存在，此时直线𝑙与圆𝐶相切，不合乎题意.所以，直线𝑙的斜率存在，设直线

𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，由题意可得|𝑘+2|√𝑘2+1<1，解得𝑘<−34.因此，直线𝑙的斜率的取值范围是(−∞,−34).（2）解：设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+2.联立{𝑦=𝑘𝑥+2𝑥2−2𝑥+𝑦2=0，

得(1+𝑘2)𝑥2+(4𝑘−2)𝑥+4=0，其中𝑘<−34，所以𝑥1+𝑥2=2−4𝑘1+𝑘2，𝑥1𝑥2=41+𝑘2，则𝑘1+𝑘2=𝑦1𝑥1+𝑦2𝑥2=𝑦1𝑥2+𝑦2𝑥1𝑥1𝑥2=(𝑘𝑥1+2)𝑥2+(𝑘𝑥2+2)�

�1𝑥1𝑥2=2𝑘𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=2𝑘+2×2−4𝑘1+𝑘241+𝑘2=2𝑘+1−2𝑘=1，所以𝑘1+𝑘2为定值1.22．（2022·全国·高二课时练习）已知圆𝐶:𝑥2+𝑦2=8内有一点𝑃(−1,2)，AB为过点P且倾斜角为𝛼的弦

．(1)当𝛼=135°时，求弦AB的长；(2)当弦AB被点P平分时，求直线AB的方程；(3)求过点P的弦的中点的轨迹．【解题思路】（1）根据点到直线的距离公式以及勾股定理即可求解弦长，（2）根据直线垂直斜率乘积为−1，即可得直线𝐴𝐵的斜率，进而根据点斜式即可求方

程，（3）根据向量垂直，利用坐标运算即可求解轨迹方程，进而可通过轨迹方程得轨迹.【解答过程】（1）当𝛼=135°时，则𝑘𝐴𝐵=tan135∘=−1，此时直线𝐴𝐵方程为：𝑦−2=−1(𝑥+1)⇒𝑥+𝑦−1=0

，故圆心到直线𝐴𝐵的距离𝑑=1√2，又𝑟=2√2，所以|𝐴𝐵|=2√𝑟2−𝑑2=2√(2√2)2−(1√2)2=√30，（2）弦AB被点P平分时，则𝑂𝑃⊥𝐴𝐵,𝑘𝑂𝑃=−2⇒𝑘𝐴𝐵=12,所以直线𝐴𝐵方程为：𝑦−2=12(𝑥+1)⇒𝑥−2𝑦+

5=0，（3）设中点为𝑄(𝑥,𝑦)，则𝑃𝑄⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥+1,𝑦−2),𝑂𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥,𝑦)，由于𝑂𝑄⊥𝑃𝑄,所以𝑃𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0⇒𝑥(𝑥+1)+

𝑦(𝑦−2)=0，即(𝑥+12)2+(𝑦−1)2=54，故点𝑄是以(−12,1)为圆心，√52为半径的圆．23．（2022·江苏·高二开学考试）已知圆𝐶:(𝑥−2)2+𝑦2=9．(1)直线𝑙1过点𝐷

(−1,1)，且与圆C相切，求直线𝑙1的方程；(2)设直线𝑙2:𝑥+√3𝑦−1=0与圆C相交于M，N两点，点P为圆C上的一动点，求△𝑃𝑀𝑁的面积S的最大值．【解题思路】（1）根据直线𝑙1的斜率是否存在，分别设出直线方程，再根据圆心到直线

的距离等于半径，即可解出；（2）根据弦长公式求出|𝑀𝑁|，再根据几何性质可知，当𝐶𝑃⊥𝐴𝐵时，点P到直线𝑙2距离的最大值为半径加上圆心𝐶到直线𝐴𝐵的距离，即可解出．【解答过程】（1）由题意得C（2，0），圆C的半径为3．当

直线𝑙1的斜率存在时，设直线𝑙1的方程为y－l＝k（x＋1），即kx－y＋k＋1＝0，由直线𝑙1与圆C相切，得|2𝑘−0+𝑘+1|√𝑘2+1=3，解得𝑘=43，所以直线𝑙1的方程为4x－3y＋7＝0．当直线𝑙1的斜率不存在时，直线𝑙1的方程为𝑥=−1，显然与圆

C相切．综上，直线𝑙1的方程为x＝－1或4x－3y＋7＝0．（2）由题意得圆心C到直线𝑙2的距离𝑑=|2+0−1|√1+3=12，设圆C的半径为r，所以r＝3，所以|𝑀𝑁|=2×√32−(12)2=√35，点P到直线𝑙2距离

的最大值为𝑟+𝑑=72，则△𝑃𝑀𝑁的面积的最大值𝑆max=12×|𝑀𝑁|×(𝑟+𝑑)=12×√35×72=7√354．24．（2022·四川省高二开学考试）已知两个定点𝐴(0,4)、𝐵(0,1)，动点𝑃满足|𝑃𝐴|=2|𝑃𝐵|，设动点𝑃

的轨迹为曲线𝐸，直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥−4．(1)求曲线𝐸的方程；(2)若𝑘=1，𝑄是直线𝑙上的动点，过𝑄作曲线𝐸的两条切线𝑄𝑀、𝑄𝑁，切点为𝑀、𝑁，探究：直线𝑀𝑁是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【解题思路】（1

）设点𝑃的坐标为(𝑥,𝑦)，由|𝑃𝐴|=2|𝑃𝐵|结合平面内两点间的距离公式化简可得出点𝑃的轨迹方程；（2）设𝐺(𝑥0,𝑦0)为圆𝑥2+𝑦2=4上任意一点，先证明出圆𝑥2+𝑦2=4在点𝐺处的切线方程为𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4，设点𝑄(𝑡,𝑡−4)、𝑀(

𝑥1,𝑦1)、𝑁(𝑥2,𝑦2)，可写出直线𝑄𝑀、𝑄𝑁的方程，将点𝑄的坐标代入直线𝑄𝑀、𝑄𝑁的方程，可求得直线𝑀𝑁的方程，化简直线𝑀𝑁的方程，可求得直线𝑀𝑁所过定点的坐标.【解

答过程】（1）解：设点𝑃的坐标为(𝑥,𝑦)，由|𝑃𝐴|=2|𝑃𝐵|可得，√𝑥2+(𝑦−4)2=2√𝑥2+(𝑦−1)2，整理可得𝑥2+𝑦2=4，所以曲线𝐸的方程为𝑥2+𝑦2=4．（2）解：设𝐺(𝑥0,𝑦0)为圆𝑥2+𝑦2=4上任意一点，则

𝑥02+𝑦02=4，当𝑥0𝑦0≠0时，𝑘𝑂𝐺=𝑦0𝑥0（𝑂为坐标原点），此时，圆𝑥2+𝑦2=4在点𝐺处的切线方程为𝑦−𝑦0=−𝑥0𝑦0(𝑥−𝑥0)，即𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4；当𝑥0=0时，圆�

�2+𝑦2=4在点𝐺处的切线方程为𝑦=2或𝑦=−2，切线方程满足𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4；当𝑦0=0时，圆𝑥2+𝑦2=4在点𝐺处的切线方程为𝑥=2或𝑥=−2，切线方程满足𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4.因此，圆𝑥2+𝑦2=4在点

𝐺处的切线方程为𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4.当𝑘=1时，直线𝑙的方程为𝑦=𝑥−4，设点𝑄(𝑡,𝑡−4)、𝑀(𝑥1,𝑦1)、𝑁(𝑥2,𝑦2)，则直线𝑄𝑀的方程为𝑥1𝑥+𝑦1𝑦=4，直线𝑄𝑁

的方程为𝑥2𝑥+𝑦2𝑦=4，所以，{𝑡𝑥1+(𝑡−4)𝑦1=4𝑡𝑥2+(𝑡−4)𝑦2=4，所以，点𝑀、𝑁的坐标满足方程𝑡𝑥+(𝑡−4)𝑦=4，故直线𝑀𝑁的方程为𝑡𝑥+

(𝑡−4)𝑦=4，即𝑡(𝑥+𝑦)−4(𝑦+1)=0，由{𝑥+𝑦=0𝑦+1=0，解得{𝑥=1𝑦=−1，因此，直线𝑀𝑁过定点(1,−1).25．（2022·内蒙古·高一期中）已知点𝑃(𝑡,−𝑡−1)，圆𝐶：(𝑥−3)2+𝑦2=4．(1)判断点𝑃与圆𝐶的位置

关系，并加以证明；(2)当𝑡=5时，经过点𝑃的直线𝑛与圆相切，求直线𝑛的方程；(3)若经过点𝑃的直线与圆𝐶交于𝐴、𝐵两点，且点𝐴为𝑃𝐵的中点，求点𝑃横坐标的取值范围．【解题思路】（1）把点𝑃的坐标代

入圆的方程的左边计算结果大于4知点𝑃在圆外；（2）分类讨论斜率是否存在时，利用圆心到直线的距离等于其半径求出切线方程；（3）由经过点𝑃的直线与圆𝐶交于𝐴、𝐵两点，且点𝐴为𝑃𝐵的中点，得到|𝐶𝑃|⩽6，代入可求𝑡的范围．【

解答过程】（1）把点𝑃的坐标代入圆的方程的左边计算，(𝑡−3)2+(−𝑡−1)2=2𝑡2−4𝑡+10=2(𝑡−1)2+8>4，所以点𝑃在圆外．（2）当𝑡=5时，点𝑃的坐标为(5,−6)，由圆𝐶:(𝑥−

3)2+𝑦2=4．知圆心为(3,0)，𝑟=2，①当直线𝑛的斜率不存在，方程为𝑥=5，圆以到直线𝑥=5的距离为2，所以𝑥=5是圆的切线；②当直线𝑛的斜率存在时，设直线𝑛的方程为𝑦+6=𝑘(𝑥−5)，即𝑘𝑥−𝑦−5𝑘−6=0，由题意有|3𝑘−0−5𝑘

−6|√𝑘2+1=2，解得𝑘=−43，所以直线𝑛的方程为𝑦+6=−43(𝑥−5)，即4𝑥+3𝑦−2=0，综上所述，过点𝑃与圆相切的直线方程为𝑥=5或4𝑥+3𝑦−2=0（3）若存在经过点𝑃的直线与圆𝐶交

于𝐴、𝐵两点，且点𝐴为𝑃𝐵的中点，由圆的半径为2，所以|𝐴𝐵|⩽4，则有|𝑃𝐵|⩽8，|𝐶𝑃|⩽6，当𝐴𝐵为直径时，|𝐶𝑃|有最大值6，所以有√(𝑡−3)2(−𝑡−1)2⩽6，解得1−√1

4⩽𝑡⩽1+√14，所以横坐标的取值范围为{𝑡|1−√14⩽𝑡⩽1+√14}．26．（2021·吉林高二开学考试）已知圆𝐶：𝑥2+𝑦2−2𝑦−2=0，直线𝑙：𝑚𝑥−𝑦+1+𝑚=0，点𝑃

(−1,1)．(1)判断直线𝑙与圆𝐶的位置关系；(2)设直线𝑙与圆𝐶交于不同的两点𝐴,𝐵，求弦𝐴𝐵的中点𝑀的轨迹方程；(3)在（2）的条件下，若|𝐴𝑃||𝑃𝐵|=2，求直线𝑙的方程．【解题思路】（1）先求出动直线经过的定点，判断定点和圆的位置关系即可；

（2）连接圆心和弦的中点，利用垂径定理找出几何关系来解决；（3）联立直线和圆的方程，利用韦达定理来解决.【解答过程】（1）因为直线𝑙：𝑚𝑥−𝑦+1+𝑚=0过定点(−1,1)，又(−1)2+12−2×1−2=−2<0，所以(−1,1)在圆𝐶内，所以

直线𝑙与圆𝐶相交；（2）设𝑀(𝑥,𝑦)，当𝑀与𝑃不重合，即𝑥≠−1时，连接𝐶𝑀，𝐶𝑃，则𝐶𝑀⊥𝑀𝑃，根据勾股定理|𝐶𝑀|2+|𝑀𝑃|2=|𝐶𝑃|2．则𝑥2+(𝑦−1)2+(𝑥+1)2+(𝑦−1

)2=1，化简得：𝑥2+𝑦2+𝑥−2𝑦+1=0（𝑥≠−1）；当𝑀与𝑃重合时，𝑥=−1，𝑦=1也满足上式，故弦𝐴𝐵的中点的轨迹方程为𝑥2+𝑦2+𝑥−2𝑦+1=0；（3）设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，因为

|𝐴𝑃||𝑃𝐵|=2，所以𝐴𝑃⃑⃑⃑⃑⃑=2𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑，所以−1−𝑥1=2(𝑥2+1)，化简得𝑥1=−3−2𝑥2．①又{𝑚𝑥−𝑦+1+𝑚=0,𝑥2+(𝑦−1)2=3,

消去𝑦并整理得(1+𝑚2)𝑥2+2𝑚2𝑥+𝑚2−3=0，所以𝑥1+𝑥2=−2𝑚21+𝑚2②，𝑥1𝑥2=𝑚2−31+𝑚2．③由①②③联立，解得𝑚=±√3，所以直线𝑙的方程为

√3𝑥−𝑦+1+√3=0或√3𝑥+𝑦+√3−1=0．27．（2022·江苏省高二开学考试）已知直线𝑙:(𝑚+2)𝑥+(1−2𝑚)𝑦+6𝑚−3=0与圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑥=0.(1)求证：直线l过定点，并求出此定点坐标；(2

)设O为坐标原点，若直线l与圆C交于M，N两点，且直线OM，ON的斜率分别为𝑘1，𝑘2，则𝑘1+𝑘2是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．【解题思路】（1）由已知(𝑚+2)𝑥+(1−2𝑚)𝑦+6𝑚−3=0,可得(2𝑥+𝑦−3)+𝑚(𝑥−2�

�+6)=0.根据过定点的直线系方程计算方法可得l恒过定点(0,3).（2）设出直线𝑙的方程.联立直线与圆的方程，利用韦达定理求解进而即可得结果.【解答过程】（1）由直线𝑙:(𝑚+2)𝑥+(1−2𝑚)𝑦+6𝑚−3=0得𝑚(𝑥−2𝑦+6

)+(2𝑥+𝑦−3)=0，联立{𝑥−2𝑦+6=02𝑥+𝑦−3=0，解得{𝑥=0𝑦=3，∴直线l恒过定点(0,3).（2）圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑥=0的圆心为(2,0)，半径为2，直线𝑙过

点(0,3)，直线l与圆C交于M，N两点，则直线l的斜率存在，设直线l方程为𝑦=𝑘𝑥+3，联立{𝑦=𝑘𝑥+3𝑥2+𝑦2−4𝑥=0，得(1+𝑘2)𝑥2+(6𝑘−4)𝑥+9=0，设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=−6𝑘−41+𝑘2，�

�1𝑥2=91+𝑘2，𝑘1+𝑘2=𝑦1𝑥1+𝑦2𝑥2=𝑘𝑥1+3𝑥1+𝑘𝑥2+3𝑥2=2𝑘+3(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=2𝑘+3(4−6𝑘)9=43.∴𝑘1+𝑘2是定值，定值为43.28．（2022·全国·高二单元测试）已知两点D（4，2），M

（3，0）及圆C：(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=5，l为经过点M的一条动直线．(1)若直线l经过点D，求证：直线l与圆C相切；(2)若直线l与圆C相交于两点A，B，从下列条件中选择一个作为已知条件，并求△ABD的面积．条件①：直线l平分圆C；条件②：直线l的斜率为

－3．【解题思路】（1）方法一：求出直线l的方程，利用点到直线距离公式求出圆心到直线l的距离，与半径比较得到结论；方法二：观察到点D在圆C上，求出直线l的斜率及直线𝐶𝐷的斜率，得到直线l与直线𝐶𝐷垂直，从而证明出相切；（2）选择①：得到直线l过圆心C（2，3）

，求出直线l的方程，得到D到直线l的距离及𝐴𝐵的长，从而求出面积；选择②：求出直线l的方程，观察到圆心C（2，3）在直线l上，得到D到直线l的距离及𝐴𝐵的长，从而求出面积；【解答过程】（1）方法一：若直线l经过点D，则直线l的方程为𝑦−

0=2−04−3(𝑥−3)，即2x－y－6＝0．由题意，圆C的圆心为C（2，3），半径𝑟=√5，则圆心C（2，3）到直线l的距离为|2×2−3−6|√22+1=√5=𝑟，所以直线l与圆C相切．方法二：由D（4，2）满足C：(𝑥−2

)2+(𝑦−3)2=5，可知点D在圆C上，圆心为C（2，3）．若直线l经过点D，则直线l的斜率𝑘𝑙=2−04−3=2，又𝑘𝐶𝐷=2−34−2=−12，所以𝑘𝑙⋅𝑘𝐶𝐷=−1，所以l⊥CD．所以直线l与圆C相切．（2）选择条件①：若

直线l平分圆C，则直线l过圆心C（2，3），直线l的方程为𝑦−0=3−02−3(𝑥−3)，即3x＋y－9＝0．𝐴𝐵=2𝑟=2√5，点D（4，2）到直线l的距离ℎ=|3×4+2−9|√10=√102，所以𝑆△𝐴𝐵𝐷=12𝐴𝐵×

ℎ=12×2√5×√102=5√22．选择条件②：若直线l的斜率为－3，则直线l的方程为𝑦−0=−3(𝑥−3)，即3x＋y－9＝0，此时圆心C（2，3）在直线l上，则𝐴𝐵=2𝑟=2√5，点D（4，2）到

直线l的距离ℎ=|3×4+2−9|√10=√102，所以𝑆△𝐴𝐵𝐷=12𝐴𝐵×ℎ=12×2√5×√102=5√22．29．（2022·江苏·高二开学考试）已知圆𝐶过点𝐴(2,6)，且与直线𝑙1:𝑥+𝑦−10=0相切于点𝐵(6,4)．(1)求圆𝐶的方程；(2)过点𝑃(

6,24)的直线𝑙2与圆𝐶交于𝑀,𝑁两点，若△𝐶𝑀𝑁为直角三角形，求直线𝑙2的方程；(3)在直线𝑙3:𝑦=𝑥−2上是否存在一点𝑄，过点𝑄向圆𝐶引两切线，切点为𝐸,𝐹，使△𝑄𝐸𝐹为正三角形，若存在，求出点𝑄的坐标，若不存在，说明理由．【解题思路】（1）设

圆心为(𝑎,𝑏)，根据圆心和切点连线与切线垂直、圆心到圆上两点的距离相等可构造方程组求得圆心坐标，进而得到半径𝑟，由此可得圆的方程；（2）由等腰直角三角形性质可知圆心到直线𝑙2的距离𝑑=√22𝑟=5；分别

在直线𝑙2斜率不存在和存在的情况下，根据𝑑=5构造方程求得结果；（3）由等边三角形性质可知|𝑄𝐶|=2𝑟=10√2，设𝑄(𝑡,𝑡−2)，利用两点间距离公式可构造方程求得𝑡，进而得到𝑄点坐标.【解答过程】（1）设圆心坐标为(𝑎,𝑏)，则{𝑏−4𝑎−6=1(𝑎−2)

2+(𝑏−6)2=(𝑎−6)2+(𝑏−4)2，解得：{𝑎=1𝑏=−1，∴圆的半径𝑟=√(𝑎−6)2+(𝑏−4)2=5√2，∴圆𝐶的方程为：(𝑥−1)2+(𝑦+1)2=50.（2）∵△𝐶𝑀𝑁为直角三角形，|𝐶𝑀|=|𝐶𝑁|，∴�

�𝑀⊥𝐶𝑁，则圆心𝐶到直线𝑙2的距离𝑑=√22𝑟=5；当直线𝑙2斜率不存在，即𝑙2:𝑥=6时，满足圆心𝐶到直线𝑙2的距离𝑑=5；当直线𝑙2斜率存在时，可设𝑙2:𝑦−24=𝑘(𝑥−6)

，即𝑘𝑥−𝑦−6𝑘+24=0，∴𝑑=|𝑘+1−6𝑘+24|√𝑘2+1=5，解得：𝑘=125，∴𝑙2:125𝑥−𝑦+485=0，即12𝑥−5𝑦+48=0；综上所述：直线𝑙2的方

程为𝑥=6或12𝑥−5𝑦+48=0.（3）假设在直线𝑙3存在点𝑄，使△𝑄𝐸𝐹为正三角形，∴∠𝐸𝑄𝐶=𝜋6，∴|𝑄𝐶|=2𝑟=10√2，设𝑄(𝑡,𝑡−2)，∴|𝑄𝐶|2=(𝑡−1)2+(𝑡−2+1)2=200，解得：𝑡=−9或𝑡=11，∴

存在点𝑄(−9,−11)或(11,9)，使△𝑄𝐸𝐹为正三角形.30．（2022·江苏南京·高二开学考试）已知⊙𝐶的圆心在直线3𝑥−𝑦−3=0上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，⊙𝐶被直线l：𝑥−𝑦+3=0截得的弦长为2.(1)求⊙𝐶的方程；(

2)设点D在⊙𝐶上运动，且点𝑇满足𝐷𝑇⃑⃑⃑⃑⃑=2𝑇𝑂⃑⃑⃑⃑⃑，（O为原点）记点𝑇的轨迹为𝐸.①求曲线𝐸的方程；②过点𝑀(1，0)的直线与曲线𝐸交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.【解题思路

】（1）由条件求出圆心坐标，再结合弦长公式求出圆的半径，由此可得圆的方程；（2）①利用代点法求出点𝑇的轨迹方程，②在直线斜率存在条件下利用设而不求法求点𝑁的坐标，检验斜率不存在时该点是否也满足条件即可.【

解答过程】（1）由题意可设圆𝐶的圆心𝐶的坐标为(1,𝑏)，∵圆𝐶的圆心𝐶在直线3𝑥−𝑦−3=0上，∴3−𝑏−3=0，解得：𝑏=0，即圆心为(1，0)，∴圆心到直线𝑙的距离为𝑑=2√2，设圆

𝐶的半径为r，∴弦长为2√𝑟2−𝑑2=2√𝑟2−8，由已知2√𝑟2−8=2所以𝑟2=9，所以圆𝐶的标准方程为(𝑥−1)2+𝑦2=9；（2）设𝑇(𝑥，𝑦)，𝐷(𝑥′，𝑦′)，则𝐷𝑇⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥−𝑥′,𝑦−𝑦′),𝑇𝑂⃑⃑⃑⃑⃑=(−�

�,−𝑦)，由𝐷𝑇⃑⃑⃑⃑⃑=2𝑇𝑂⃑⃑⃑⃑⃑得：{𝑥−𝑥′=−2𝑥𝑦−𝑦′=−2𝑦，所以{𝑥′=3𝑥𝑦′=3𝑦D在圆𝐶上运动，(3𝑥−1)2+(3𝑦)2=9，整理可得点T的轨迹方程𝐸为：

(𝑥−13)2+𝑦2=1当直线𝐴𝐵⊥𝑥轴时，𝑥轴平分∠𝐴𝑁𝐵，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，联立{(𝑥−13)2+𝑦2=1𝑦=𝑘(𝑥−1)化简可得(1+𝑘2)𝑥2+(−23−2

𝑘2)𝑥+𝑘2−89=0，方程(1+𝑘2)𝑥2+(−23−2𝑘2)𝑥+𝑘2−89=0的判别式Δ=(−2𝑘2−23)2−4(𝑘2+1)(𝑘2−89)=209𝑘2+4>0，设𝑁(𝑡，0)，𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，𝑥

1+𝑥2=23+2𝑘21+𝑘2,𝑥1𝑥2=𝑘2−891+𝑘2若𝑥轴平分∠𝐴𝑁𝐵，则𝑘𝐴𝑁+𝑘𝐵𝑁=0，所以𝑦1𝑥1−𝑡+𝑦2𝑥2−𝑡=0，又𝑦1=𝑘(𝑥1−1)，𝑦2=𝑘(𝑥2−1)，所以2𝑥1𝑥2−(𝑡+1)(𝑥1+𝑥2)+

2𝑡=0，所以2⋅𝑘2−891+𝑘2−(𝑡+1)23+2𝑘21+𝑘2+2𝑡=0，所以𝑘2−89−(𝑡+1)(13+𝑘2)+𝑡(1+𝑘2)=0所以−89−13(𝑡+1)+𝑡=0解得𝑡=116，∴当𝑁(116,0)时，能使𝑥轴平分∠�

�𝑁𝐵.