【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{𝑚=±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:�

�2+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，𝑃𝐵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�

�𝑃𝐴𝐶𝐵=2×12𝑃𝐴⋅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=𝑃

𝐴，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=(𝑥0−1𝑥0)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�

�=−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，𝑆𝑚

𝑖𝑛=√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𝑥=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=12所以tan∠𝐸𝑃

𝐷=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3𝑥+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=45，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−√32)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−1

2，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||PN|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⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑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=4�

�2+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+𝑦2−2

𝑥−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+𝑦2−2𝑥−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+𝑦2−2𝑥−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)𝑦=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�

�𝑃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2𝑥1−4

𝑦1+3=0．所以，点𝑃在直线2𝑥−4𝑦+3=0上．∵|𝑃𝑀|=|𝑃𝑂|，∴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�

�2+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=32−2𝑡2≤(

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𝑘

𝑃𝐶=−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�

�𝐶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+𝑦2+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𝑎

𝑥−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A

B．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+22=𝑟2，所以𝑟2=6

415，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QAMB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=2×12×1×√|�

�𝑄|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A

B⊥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=�

�𝑥+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+𝑦2𝑥1

𝑥1𝑥2=(𝑘𝑥1+2)𝑥2+(𝑘𝑥2+2)𝑥1𝑥1𝑥2=2𝑘𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=2𝑘+2×2−4𝑘1+𝑘241+𝑘2=2𝑘+1−2𝑘=1，所以𝑘

1+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|𝐴

𝐵|=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�

�=−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𝑥2+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𝑀�

�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−√14⩽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(�

�2+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+(1−2

𝑚)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−2𝑦+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，𝑥1𝑥2=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𝑘𝐶

𝐷=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:�

�+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�

�=√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|，∴𝐶𝑀⊥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𝑙

2: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�

�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=(−𝑥,−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+(−23−2𝑘2)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)，𝑥1+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∠𝐴𝑁𝐵.