【文档说明】专题1-3 直线与圆的方程20类题型汇总（解析版）.docx，共(46)页，3.495 MB，由小赞的店铺上传

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专题1-3直线与圆的方程20类题型汇总知识点梳理模块一：直线方程【题型1】求直线方程【题型2】由两直线的平行垂直关系求参数（易错）【题型3】三角形的三线问题【题型4】直线与已知线段相交求斜率范围【题型5】光的反

射问题模块二直线与圆【题型6】求圆的方程【题型7】圆的切线性质以及求切线方程【题型8】已知直线方程求弦长和已知弦长求直线方程【题型9】直线与圆的位置关系【题型10】圆与圆的位置关系：公切线，公共弦【题型11】直线与圆的综合问题【题型12】与基本不

等式结合，乘“1”法求最值【题型13】阿波罗尼斯圆【题型14】直线与圆的双切线模型模块三：直线与圆的最值问题【题型15】定点到含参直线距离最短问题【题型16】过定点的弦长最短【题型17】点圆型最值【题型18】直线与圆上的点距离最值【题型19】由直线与圆心的距离

求参数的范围【题型20】三角换元求最值知识点梳理一、直线的5种方程斜截式一般式方程l1:y=k1x+b1l2:y=k2x+b2相交k1≠k2（当时，记为）垂直k1·k2=-1（当时，记为）平行k1=k2且b1≠b2或（当时，记为）重合k1=k2且

b1=b2A1=λA2,B1=λB2,C1=λC2(λ≠0)（当时，记为）二、两点关于某直线对称三、其它公式两点距离公式：()()221212xxyAyB=−−−斜率的2个公式：1212tankxyyx−−==点到直线距

离公式：2002dxABAByC=+++四、阿波罗尼斯圆定义：已知平面上两点A，B，则所有满足||||PAPB=，1的动点P的轨迹是一个以定比m：n内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆模块一：直线方程【题型1】求直线方程1．（2023上·广东深圳·高二翠园中学校考期中）

过点且在轴，轴上截距相等的直线方程为【答案】和【分析】根据斜率是否为0，分两种情况，结合直线的截距式方程即可求解.【详解】当直线经过原点时，此时直线方程为，且在轴，轴的距离均为0，符合题意，当直线在轴，轴均不为0时，设直线方程为，将代入得，解得，故直线方程为2．（2

023上·浙江嘉兴·高二统考期末）已知直线与直线和的交点分别为，若点是线段的中点，则直线的方程为.【答案】【详解】因为直线与直线和的交点分别为，设，因为点是线段的中点，由中点公式可得，解得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即3．（2023上·江苏苏州·高二统考期末）

如图，在平面直角坐标系中，已知四边形满足.(1)求直线的方程；(2)求点的坐标.【答案】(1)；(2).【详解】（1）由图知，则直线的倾斜角为，直线的斜率，点，()3,2−xy230xy+=10xy+

−=230xy+=xyxy()10xyaaa+=()3,2−321aa−+=1a=10xy+−=l1:220lxy−+=24:0lxy+−=,AB()2,0PABAB420xy+−=l1:220lxy−+=24:0lxy+−=,AB1122(,22),(,4)AxxBxx+−()2,0PAB1

21242240xxxx+=++−=12214,33xx=−=AB212142214xxkxx−−−==−−AB10(2)4yx−=−−420xy+−=xOyOABC4,120,,//OAABOABBCOBOCAB===⊥ABC3430xy−−=()4,

43C120OAB=AB60AB3ABk=(4,0)A所以直线的方程为，即.（2）因为，则直线的方程为，而，则直线的倾斜角为，斜率，直线的方程为，由解得，即点，又，则有直线斜率，因此直线的方程为，即，由解得，即点【题型2】

由两直线的平行垂直关系求参数（易错）4．若直线和直线平行，则的值为（）A．B．C．或D．【答案】A【分析】由题知两直线平行，直接列出()即可求得【详解】直线和直线平行，可得，得.5．（多选）已知直线，直线，则下列命题正确的有（）A

．直线恒过点B．直线的方向向量为，则C．若，则D．若，则【答案】BD【分析】根据已知直线方程，逐个验证直线过的定点、方向向量和垂直平行所需的条件.【详解】把代入直线的方程，等式不成立，A选项错误；直线的方向向

量为，则直线斜率，得，B选项正确；直线方向向量为，直线的方向向量为，若，则有，解得，当时，与重合，C选项错误；若，则有，即，D选项正确AB()34yx=−3430xy−−=OC//ABOC3yx=4OAAB==OB3033OBk=OB33yx=333430yxxy=

−−=6,23xy==()6,23BBCOB⊥BC3BCk=−BC()2336yx−=−−383yx=−+3383yxyx==−+443xy==()4,43C()120xmy++−=240mxy++=m12−12−23−111222ABCABC=2220

,0,0ABCm()120xmy++−=240mxy++=()1212mmm=+−1m=1:10lmxy++=2:10++=lxmy1l()0,12l()1,11m=−12//ll1m=12ll⊥0m=()

0,11l2:10++=lxmy()1,111km−==1m=−1l()1,m−2l(),1m−12//ll210m−=1m=1m=1l2l12ll⊥0mm+=0m=【题型3】三角形的三线问题6．（2023上·广东广州·高二统考期末）（多选）△ABC

的三个顶点坐标为A(4，0)，B(0，3)，C(6，7)，下列说法中正确的是（）A．边BC与直线平行B．边BC上的高所在的直线的方程为C．过点C且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为D．过点A且平分△ABC面积的直线与边BC相交于点D(3，5)【答案】BD【分析】由直

线斜率判断A，求出相应的直线方程判断BC，求出边中点坐标判断D．【详解】直线的斜率为，而直线的斜率为，两直线不平行，A错；边上高所在直线斜率为，直线方程为，即，B正确；过且在两坐标轴上的截距相等的直线不过原点时方程为，过原点时方程为，C错；过点A且平分△ABC面积的直线过边B

C中点，坐标为，D正确【题型4】直线与已知线段相交求斜率范围7．（2023上·广东深圳·高二统考期末）已知、，若直线经过点，且与线段有交点，则的斜率的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】作出图形，数形结合可得出直线的斜率的取值范围.【详解】过点作，垂足为点，如图所示：设直线交

线段于点，设直线的斜率为，且，，当点在从点运动到点（不包括点）时，直线的倾斜角逐渐增大，此时；3210xy−+=32120xy+−=130xy+−=BCBC732603k−==−3210xy−+=32BC32−3(4)2yx=−−

32120xy+−=C130xy+−=76yx=(3,5)()2,3A−()2,1Bl()0,1P−ABl(),22,−−+U22−,(),11,−−+1,1−lPPCAB⊥ClABMlk13102PAk−+==−−11120PBk+==−MACCl

10PAkk−=当点在从点运动到点时，直线的倾斜角逐渐增大，此时.综上所述，直线的斜率的取值范围是.8．已知点，.若直线与线段AB恒相交，则k的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【详解】由直线方程，令，解得，故直线过定点，如下图：

则直线的斜率，直线的斜率，由图可知：.【题型5】点，直线的对称，光的反射相关问题汇总9．直线𝑙:𝑥+2𝑦−1=0关于点(1,−1)对称的直线𝑙′的方程为（）A．2𝑥−𝑦−5=0B．𝑥+2𝑦−3=0C．𝑥+2𝑦+3=0D．2𝑥−𝑦

−1=0【解题思路】根据直线关于直线外一点(1,−1)的对称直线互相平行可知其斜率，再取𝑙上一点求其关于点(1,−1)的对称点，即可求出𝑙′的方程.【解答过程】由题意得𝑙′//𝑙，故设𝑙′:𝑥+2𝑦+𝑐=0(𝑐≠−1)，在l上取点𝐴(1,0)，则点𝐴(

1,0)关于点(1,−1)的对称点是𝐴′(1,−2)，所以1+2×(−2)+𝑐=0，即𝑐=3，故直线𝑙′的方程为𝑥+2𝑦+3=0.10．点𝑃(2,0)关于直线𝑙:𝑥−𝑦+3=0的对称点Q的

坐标为（）．A．(−3,5)B．(−1,−4)C．(4,1)D．(2,3)【解题思路】利用中点和斜率来求得𝑄点坐标.【解答过程】设点𝑃(2,0)关于直线𝑙:𝑥−𝑦+3=0的对称点的坐标为(𝑎,𝑏)，则{𝑏−0𝑎−2×1=

−1𝑎+22−𝑏2+3=0，解得{𝑎=−3𝑏=5，所以点Q的坐标为(−3,5).11．直线2𝑥+3𝑦+4=0关于𝑦轴对称的直线方程为（）A．2𝑥+3𝑦−4=0B．2𝑥−3𝑦+4=0

C．2𝑥−3𝑦−4=0D．3𝑥+2𝑦−4=0MCBl01PBkk=l1,1−(1,3)A(2,1)B−−:(2)1lykx=−+1,2+(,2]−−1(,2],2−−+12,2−

()21ykx=−+=2x=1y()2,1PA13221PAk−==−−PB111222PBk+==+12,2k−【解题思路】利用对称性质可得原直线上的点关于𝑦轴的对称点，代入对称点，即可得到答案.【解答过程】设点𝑃(𝑥,𝑦)是所求直线上任意一点

，则𝑃关于𝑦轴的对称点为𝑃(−𝑥,𝑦)，且在直线2𝑥+3𝑦+4=0上，代入可得−2𝑥+3𝑦+4=0，即2𝑥−3𝑦−4=0.12．一条光线从点𝐴(2,4)射出，倾斜角为60∘，遇𝑥轴后反射，则反射光线的直线方程为（）A．√3𝑥−𝑦+4−2

√3=0B．𝑥−√3𝑦−2−4√3=0C．√3𝑥+𝑦+4−2√3=0D．𝑥+√3𝑦−2−4√3=0【解题思路】根据对称关系可求得反射光线斜率和所经过点𝐴′(2,−4)，利用点斜式可得直线方程.【解答过程】点𝐴(2,

4)关于𝑥轴的对称点为𝐴′(2,−4)，又反射光线倾斜角为180∘−60∘=120∘，∴斜率𝑘=−√3，∴反射光线所在直线方程为：𝑦+4=−√3(𝑥−2)，即√3𝑥+𝑦+4−2√3=0.13．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𝐵(3,4)，若将军从点𝐴(−2,0)处出发，河岸线所在直线方程为𝑦=

𝑥，则“将军饮马”的最短总路程为（）A．5B．3√5C．4D．5√3【解题思路】求出点𝐴关于直线𝑦=𝑥的对称点𝐴′的坐标，数形结合可得出“将军饮马”的最短总路程为|𝐴′𝐵|，利用平面内两点间的距离公式可求得结果.【解答过程】点𝐴(−2,

0)关于直线𝑦=𝑥的对称点为𝐴′(0,−2)，如下图所示：在直线𝑦=𝑥上任取一点𝑀，由对称性可知|𝐴𝑀|=|𝐴′𝑀|，所以，|𝐴𝑀|+|𝐵𝑀|=|𝐴′𝑀|+|𝐵𝑀|≥|𝐴′𝐵|=√(3−0)2+(4+2)2=3√5，当且仅当点𝑀为线段𝐴′𝑀

与直线𝑦=𝑥的交点时，等号成立，故“将军饮马”的最短总路程为3√5.14．点𝑃(2,0)关于直线𝑙:𝑥+𝑦+1=0的对称点𝑄的坐标为（）A．(−1,−3)B．(−1,−4)C．(4,1)D．(2,3)【解题思路】根据点关于线对称的特点，利用中点坐

标公式及两直线垂直的斜率的关系即可求解.【解答过程】设点𝑃(2,0)关于直线𝑥+𝑦+1=0的对称点的坐标为(𝑎,𝑏)，则{𝑏−0𝑎−2×(−1)=−1𝑎+22+𝑏2+1=0，解得{𝑎=−1𝑏=−3，所以点𝑄的坐标为(−1,−3)15．求直线x＋2y－1＝0关于

直线x＋2y＋1＝0对称的直线方程（）A．x＋2y－3＝0B．x＋2y＋3＝0C．x＋2y－2＝0D．x＋2y＋2＝0【解题思路】结合两平行线间的距离公式求得正确选项.【解答过程】设对称直线方程为𝑥+2𝑦+𝑐=0，|1+1|√1+22=|𝑐−1|√1+22，解得𝑐

=3或𝑐=−1（舍去）.所以所求直线方程为𝑥+2𝑦+3=0.16．一条沿直线传播的光线经过点𝑃(−4,8)和𝑄(−3,6)，然后被直线𝑦=𝑥−3反射，则反射光线所在的直线方程为（）A．𝑥+2𝑦−3=0B．2𝑥+𝑦−15=0C．𝑥−2𝑦−5=0D

．𝑥+2𝑦+3=0【解题思路】首先根据两点式求得入射光线的直线方程，求得入射光线和直线𝑦=𝑥−3的交点，再根据反射光线经过入射点的对称点，结合点关于直线对称求得对称点，再利用两点式即可得解.【解答过程】入射光线所在的直线方程为𝑦−68−6=𝑥−(−3)−4−(

−3)，即2𝑥+𝑦=0，联立方程组{𝑥−𝑦−3=0,2𝑥+𝑦=0,解得{𝑥=1,𝑦=−2,即入射点的坐标为(1,−2)．设P关于直线𝑦=𝑥−3对称的点为𝑃′(𝑎,𝑏)，则{𝑎−42−𝑏+82−3=0,𝑏−8𝑎−(−4)=−1,解得{𝑎=11,𝑏

=−7,即𝑃′(11,−7)．因为反射光线所在直线经过入射点和𝑃′点，所以反射光线所在直线的斜率为−7−(−2)11−1=−12，所以反射光线所在的直线方程为𝑦+2=−12(𝑥−1)，即𝑥+2𝑦+3=0．17．“将军饮马”问题，

在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为𝐵(−2,0)，若将军从山脚下的点𝐴(3,0)处出发，河岸线所在直线方程为𝑥+𝑦=4，则“将军饮马”的最短总路程为（）A．√1453B．√37C．√1353D．163【解题思路】先求点𝐵(−2,0)关于

直线𝑥+𝑦=4对称的点𝐶(𝑎,𝑏)，再根据两点之间线段最短，即可得解.【解答过程】如图，设𝐵(−2,0)关于直线𝑥+𝑦=4对称的点为𝐶(𝑎,𝑏)，则有{𝑎−22+𝑏2=4𝑏𝑎+2=1

，可得{𝑎=4𝑏=6，可得𝐶(4,6)，依题意可得“将军饮马”的最短总路程为𝐴𝐶，此时𝐴𝐶=√(4−3)2+(6−0)2=√3718．已知椭圆C：（），过点且方向向量为的光线，经直线反射后过C的右焦点

，则C的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C，根据方向向量的直线斜率为，结合反射的性质可得，再结合等腰直角三角形的性质列式求解即可.【详解】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C.

因为方向向量的直线斜率为，则，，又由反射光的性质可得，故，所以为等腰直角三角形，且到的距离为，又，故，，则，故，离心率.19．（2023上·湖北黄冈·高二统考期末）已知直线，，且.(1)求与之间的距离；(2

)一束光线从出发经反射后平行于轴射出，求入射光线所在的直线方程.【答案】(1)，(2)【详解】（1）由可得：，解得：或当时，，，此时与重合，舍去当时，，，此时，符合题意故与之间的距离为.（2）设关于的对称点为，则

解得：，∴22221xyab+=0ab(),0a−()1,1n=−yb=−35233445(),0Aa−()1,1n=−yb=−B()1,1n=−1−ABBC⊥(),0Aa−()1,1n=−yb=−B()1,1n=−1−45CAB=1ABk=−1BCk

=ABBC⊥ABCBACbACca=+2acb+=()22222244acacbac++==−()()350acac−+=35ac=35cea==()1:2220laxya−−−=2:410lxaya−+−=12ll∥1l2l()2,3P1lx951043170xy+−=12ll∥()(

)()22140aa−−−−=2a=1−1a=−1:420lxy−−+=2:420lxy+−=1l2l2a=1:240lxy−−=2:4210lxy−+=12ll∥1l2l()2281951042d−−==+−()2,3P1l()00,Pxy000032122

324022yxxy−=−−++−−=0022595xy==229,55P联立，解得：，∴入射点为.故入射光线所在的直线方程为，即模块二直线与圆【题型6】求圆的方程20．矩形的两条对角线相交于点

，边所在直线的方程为，所在直线的方程为.(1)求边所在直线的方程；(2)求经过，，三点的圆的方程.【答案】(1),(2)【详解】（1）由，得，则，因为矩形ABCD两条对角线相交于M，所以C与A关于点M对称，设，所以，得，则，因为边所在直线的方程为，斜率为，与垂直，

所以直线的斜率为，则边所在直线的方程为，即；（2）由，解得，故点的坐标为，设所求圆的方程为，且，则，得，则所求圆的方程为：21．（2023上·广东深圳·高二统考期末）已知：圆过点，，，是直线上的任意一点，直线与圆交于、两点.（1）求圆的方程；（2）求的最小值.24095xyy−−==

291095xy==299,1059335292210yx−−=−−43170xy+−=ABCD()2,0MAB360xy−−=AC20xy−−=BCMAB3140xy+−=226680xyxy+−++=360

20xyxy−−=−−=02xy==−()0,2A−(2,0)()00,Cxy00022202xy+=−=0042xy==()4,2CAB360xy−−=13BCABBC3−BC()234yx−=−−3140xy+−=3603140xyx

y−−=+−=24525xy==−B242,55−220xyDxEyF++++=2240DEF+−42042057642420252555DFEFDEF++=−+=++

−+=668DEF=−==226680xyxy+−++=C()0,1D()2,1E−()1,2F−P1:2lyx=−2:1=+lyxCABC22PAPB+【答案】（1）；（2）．【详解】（1）设圆的一般方程为，依题意可得，．所以圆的方程为：．（2）联立或，不妨

设，，则，∴．故的最小值为22．（2023上·广东深圳·高二统考期末）已知，．(1)求线段的垂直平分线的直线方程；(2)若一圆的圆心在直线上，且经过点，求该圆的方程．【答案】(1),(2)【详解】（1）因为，，所以的中点为，斜率，所以线段的

垂直平分线的斜率为，即的直线方程为，化简得.（2）联立解得，，即圆心为，所以圆的半径，所以所求圆的标准方程为23．（2023上·福建福州·高二校联考期末）如图，在平面直角坐标系中，点，.(1)求直线BC的方程；(2)求的外接圆M的方程.【答案】(1)22210xyx

++−=13C220xyDxEyF++++=10250230EFDEFDEF++=−+++=−++==2,0,1DEF===−C22210xyx++−=221002101yxxxyxy−−==++−==

21xy=−=−(0,1),(2,1)AB−−(),Pxy2yx=−222222221||||(1)(2)(1)44144132PAPBxyxyxxx+=+−++++=−+=−+22PAPB+13()2,0A()1,3BABl220xy+−=AB，33

0xy−+=22(1)5xy+−=()2,0A()1,3BAB33(,)2230312k−==−−ABl13lk=l313232yx−=−330xy−+=330220xyxy−+=+−=0x=1y=(0,1)22(20)(10)5r=−+−=22(1)5x

y+−=xOy()2,0,120AOABABC==2AB=OAB3430xy+−=(2)【详解】（1）过点作轴，垂足为，由题意可得：，则，故点，延长交轴于点，由题意可得：，则为等边三角形，可得，即点，则直线的斜率，

所以直线BC的方程为，即.（2）由（1）可得：，设的外接圆M的方程为，则，解得，故的外接圆M的方程为，即.24．（2023上·江苏南京·高二统考期中）在平面直角坐标系中，已知圆C的圆心在上，且圆C与x轴相切，

直线，．(1)若直线与圆C相切，求a的值；(2)若直线与圆C相交于A，B两点，将圆C分成的两段弧的弧长之比为，且，求圆C的方程．【答案】(1)，(2)或【分析】（1）由题意设圆心，，分析可得，且，进而求解即可；（2）结合题设和圆的性质可得圆心

C到的距离d等于圆C半径的倍，进而列出方程可得或，再由可得AB的垂直平分线经过和圆心，进而结合斜率关系列出方程求解即可.【详解】（1）因为圆心C在直线l上，可设圆心，．()()22134xy−+−=BBMx⊥M60B

AM=cos1,sin3AMABBAMBMABBAM====()3,3BCBxN60ABN=ABN2ANAB==()4,0NBC30334k−==−−()34yx=−−3430xy+−=()()()0,

0,2,0,3,3OABOAB220xyDxEyF++++=042012330FDFDEF=++=+++=2230DEF=−=−=OAB222230xyxy+−−=()()22134xy−+−=xOy:20lxy−=()1:0Rlxaya−=()6,0D1l1l1:3DADB

=34a=()()22424xy−+−=2252815159642xy−+−=()2,Cmm0mrm=221mamma−=+1l221a=7a=DADB=()6,0D()2,Cmm()2,Cmm0m因为圆C与x

轴相切，所以，又因为直线与圆C相切，所以，即，解得.（2）因为A，B把圆C分成的两段弧长之比为，所以弦AB所对劣弧圆心角为，所以圆心C到的距离d等于圆C半径的倍，则，即，解得或，又因为，所以AB的垂直平分线经过和圆心，所以，当时，，圆

C方程为；当时，，圆C方程为.综上所述，圆C方程为或.25．（2023上·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期末）已知圆的圆心坐标为，且圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点，点为的中点.(1)求圆的标准方程；(2)求的最大值.

【答案】(1)(2)【分析】（1）运用点到直线距离公式求出圆C的半径；（2）求出点P的运动轨迹，再确定的最大值.【详解】（1）由题意知点到直线的距离为，也是圆C的半径，圆的半径为，rm=1l221ma

mma−=+2211aa−=+34a=1:31π2π42=1l2221222mmmaa−+=21222aa−=+1a=7a=DADB=()6,0D()2,Cmm26mam=−−1a=2m=()()22424xy−+−=7

a=145m=2252815159642xy−+−=()()22424xy−+−=2252815159642xy−+−=C()1,2C:270lxy−−=()3,0AmC,MNPMNCOP22(1)(2)20xy−+−=52+OPC

l()22112272251r+−−−==C25则圆的标准方程为；（2）依题意作上图，为弦的中点，由垂径定理知：，又过定点A，点的轨迹为以为直径的圆，圆心为A，C的中点，半径为，；综上，圆的标准方程为，的最大值为26．已知线段AB的端点B的坐标是()2,1，端点A在圆22(2)(3)16xy

++−=上运动，则线段AB的中点M的轨迹方程是．【答案】()2224xy+−=【分析】设()00,Axy，(),Mxy，根据中点坐标公式可得002221xxyy=−=−，代入圆的方程，整理即可得到M的轨迹方程

.【详解】设()00,Axy，(),Mxy，则由已知可得2200(2)(3)16xy++−=.又M是线段AB的中点，所以有002212xxyy+=+=，所以002221xxyy=−=−

，所以有22(222)(213)16xy−++−−=，整理可得()2224xy+−=.所以M的轨迹方程是()2224xy+−=.27．已知直线210xy−+=与圆22:420Cxyxya+−+−=交于A，B两点，CACB⊥.

(1)求实数a的值；(2)若点P在圆C上运动，O为坐标原点，动点M满足2OPCM=，求动点M的轨迹方程.【答案】(1)5a=；(2)2235(3)()22xy−++=.【分析】（1）由题意得圆心C到直线AB的距离22dr=，再列式求解即可.（2）设00(,)P

xy，(,)Mxy，由2OPCM=可得002422xxyy=−=+，结合点P在圆C上，即可得动点M的C22(1)(2)20xy−+−=PMNCPMN⊥MNPCA()2,1()()2213102222CA=−+−=

22max||21252OP=++=+C22(1)(2)20xy−+−=OP52+轨迹方程．【详解】（1）圆22:420Cxyxya+−+−=，即()()22215xya−++=+，50a+，则圆心(2,1)C−，半径5ra=+，记d为圆心C到直线AB的距离，

由CACB⊥，得22dr=，而22155d++==，因此5522a=+，所以5a=.（2）设00(,)Pxy，(,)Mxy，由2OPCM=，得00(,)2(2,1)xyxy=−+，解得002422xxyy=−=

+，由点P在圆C上，得()()22002110xy−++=，于是()()22262310xy−++=，所以动点M的轨迹方程为2235(3)()22xy−++=.28．已知圆C的圆心在x轴上，并且过()1,3A，()3,3B两点.(1)求圆C

的方程；(2)若P为圆C上任意一点，定点()8,0M，点Q满足3PMQM=，求点Q的轨迹方程.【答案】(1)()22210xy−+=，(2)()()221069xy−+=【分析】（1）求出圆心的坐标和圆的半径，即得解；（2）设点()00,

Pxy，(),Qxy，由3PMQM=得003163xxyy=−=，代入圆的方程即得解.【详解】（1）由题意可知，AB的中点为()2,3，0ABk=，所以AB的中垂线方程为2x=，它与x轴的交点为圆心()2

,0C，又半径10rAC==，所以圆C的方程为()22210xy−+=；（2）设()00,Pxy，(),Qxy，由3PMQM=，得()()008,38,xyxy−−=−−，所以003163xxyy=−=，又点P在圆C上，故()2200210xy

−+=，所以()()22318310xy−+=，化简得Q的轨迹方程为()()221069xy−+=【题型7】圆的切线性质以及求切线方程29．（多选）过点作圆：的切线，切点分别为，则下列说法正确的是（）A．()2,1PO221xy+=,AB3PA=B．四边形的外接圆

方程为C．直线方程为D．三角形的面积为【答案】BCD【详解】对于，由题意可得：，由勾股定理可得，，故选项错误；对于，由题意知，，则为所求圆的直径，所以线段的中点为，半径为，则所求圆的方程为，化为一般方程为，故选项正确；对于，由题意，

其中一个切点的坐标为，不妨设为点，则，又，所以，所以直线的方程为，故选项正确；对于，因为，且直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，解得，所以两条直线的交点坐标为，则，，故的面积为，所以的面积为，故选

项正确30．（2023上·高二华中师大一附中期末）（多选）设圆，直线为上的动点，过点作圆的两条切线，切点为为圆上任意两点，则下列说法中正确的有（）A．的取值范围为B．四边形的最大值为C．满足的点有两个D．的面积最大值为【答

案】AC【详解】圆心到直线的距离，所以，因为圆的半径为，根据切线长公式可得，当时取得等号，所以的取值范围为，A正确；PAOB222xyxy+=+AB21yx=−+PAB85A2215OP=+=22(5)12PA=−=ABPBOB⊥POPO112（，）5

52215(1)()24xy−+−=222xyxy+=+BC0,1（）BABOP⊥12OPk=2ABk=−AB21yx=−+CDABOP⊥OP12yx=AB21yx=−+2112yxyx=−+=

2515xy==21(,)55D222125()(1)555BD=+−=222145(2)(1)555PD=−+−=PBD△1254542555=PAB85D−+−=22:(1)

(1)3Cxy:3430,lxyP++=lPCPAPB､,ABMN､､PA)1,+PACB360APB=oPCAB△334(1,1)C:3430lxy++=22343234d++==+2PCd=3r=221PAPCr=−PCl⊥PA)1,+因为，所以四边形的面积

等于，四边形的最小值为，故B错误；因为，所以，在直角三角形中，，所以，设，因为，整理得，则有，所以满足条件的点有两个，C正确；因为所以当，即，面积有最大值为，此时四边形为正方形，则，满足要求，故D错误31．（2023

上·江苏连云港·高二统考期末）已知圆经过两点，且圆心在直线上.(1)求圆的标准方程；(2)过点作圆的切线，求该切线的方程.【答案】(1)，(2)或.【详解】（1）由题意，，圆心在线段的垂直平分线，即上.由，解得，即，从而，所以圆的标准方程为.

（2）i.当切线的斜率不存在时，即，满足题意；ii.当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，则，解得，所以切线方程为.综上所述，该切线方程为或.【题型8】已知直线方程求弦长和已知弦长求直线方程32．（2023上·广东深圳·高二校考期末）

在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为，，．(1)求BC边上的中线AD的所在直线方程；(2)求△ABC的外接圆O被直线l：截得的弦长．【答案】(1)，(2)PAAC⊥PACB233PACSPAACPA==△PACB360APB=o30A

PC=APC1sin302ACCP==23CP=33(,)4aPa+−2233(1)1234aCPa+=−+−−=225101270aa+−=100127000=+P13sinsin22CABSCACBACBACB==△sin1A

CB=90ACB=32PACB3362PC=+=C()()0,4,4,6ABC220xy−−=C()1,6−−C22(4)(1)25xy−+−==1x−12351980xy−−=641402ABk−==−CAB4604222yx++−=−−

290xy+−=290220xyxy+−=−−=41xy==()4,1C()22435rAC==+−=C22(4)(1)25xy−+−==1x−()61ykx+=+60kxyk−+−=241651kkk−+−=+1235k=12351980xy−

−==1x−12351980xy−−=()0,0A()2,0B−()3,3C−−10xy−+=350xy−=23【详解】（1）∵，∴BC边的中点D的坐标为，∴中线AD的斜率为，∴中线AD的直线方程为：，即（2）设△ABC的外接圆O的方程为，∵A、B、

C三点在圆上，∴解得：∴外接圆O的方程为，即，其中圆心O为，半径,又圆心O到直线l的距离为,∴被截得的弦长的一半为33．（2023上·江苏徐州·高二统考期末）已知圆，圆.(1)判断与的位置关系；(2)若过点的直线被、截

得的弦长之比为，求直线的方程.【答案】(1)外切，(2)或【分析】（1）计算出，利用几何法可判断两圆的位置关系；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直线验证即可；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用勾股定理结合点到直线的距离公式可得出关于的方程，解出的值，

即可得出直线的方程.【详解】（1）解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为.因为，所以圆与圆外切.（2）解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，直线与圆相离，不符合题意；当直线的斜率存在时，设的方程为，即，则圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，()2,0B−()3,3C−−53,22−

−30325502−−=−−()3005yx−=−350xy−=220xyDxEyF++++=042099330FDFDEF=−+=+−−+=240DEF===22240xyxy+++=22(1)(2)5xy+++=()1,2−−5r=()()2212

1211d−−−+==+−223rd−=221:2650Cxyxy++−+=222:1050Cxyx+−+=1C2C()3,4l1C2C1:2l10xy−+=5230xy+−=12CCllll430kxyk−+−=kkl()()221:135Cx

y++−=()11,3C−15r=()222:520Cxy−+=()25,0C225r=()()221212153035CCrr=−−+−==+1C2Cll3x=l1Cll()34ykx=−+430kxyk−+−=1Cl12141kdk−=+2Cl22241kdk+=+所以，

直线被圆截得的弦长为，直线被圆截得的弦长为，由题意可得，即，解得或，经检验，或均符合题意.所以直线的方程为或34．（2023上·福建龙岩·高二统考期末）已知圆的圆心在轴上，且经过和两点．(1)求圆的方程；(2)过

点的直线被圆截得的弦长为，求直线的斜率．【答案】(1)(2)或【分析】（1）设出圆的方程，代入已知点，列方程组求解即可；（2）设出直线方程，利用垂径定理，列方程求出直线的斜率.【详解】（1）由圆的圆心在轴上，设圆的方程为，，解得，所以圆的方程为；（

2）由（1）得圆的标准方程为，圆心，半径，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，直线被圆截得的弦长为，则，解得或.【题型9】直线与圆的位置关系35．（2023上·广东深圳·高二深圳大学附属中学校考期末）圆上到直线的距离为1的点有（）A．1个B．

2个C．3个D．0个【答案】C【详解】化为，得圆心坐标为，半径为圆心到直线的距离直线与圆相交.注意到，可知圆上有3个点l1C2214251kk−−+l2C22242201kk+−+22221424252011kkkk−+−=−

++()()2241424kk−=+1k=15k=−1k=15k=−l10xy−+=5230xy+−=Cx()1,1A−()3,3BC()7,5PmC6m22460xyx+−−=43k=34k=mCxC220xyDxF

+++=1109930DFDF+−+=+++=46DF=−=−C22460xyx+−−=C()22210xy−+=()2,0C10r=mkm()75ykx=−+750kxyk−−+=mC622262751021kkk−++=+43k=34k=

224640xyxy+−++=34160xy++=224640xyxy+−++=22(2)(3)9xy−++=()2,3−3,r=34160xy++=22612162,34d−+==+1rd=+到直线的距离为1.36．（2023上·广东广

州·高二统考期末）（多选）已知点在圆：上，直线，则（）A．直线与圆相交B．直线与圆相离C．点到直线距离最大值为D．点到直线距离最小值为【答案】BC【详解】解：圆：，即，圆心为，半径，则圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，又点

在圆上，所以点到直线距离最大值为，点到直线距离最小值为，故正确的有B、C37．（2023上·广东惠州·高二统考期末）已知圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，请写出满足上述条件的一条直线方程.（写出一个正确答案

即可）【答案】（答案不唯一）【详解】圆的圆心为，半径为2，若要使圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，则圆心到直线的距离应该为1，则直线可以为：，此时由圆得圆心为：，半径为2，则如图所示：由图可知圆上只有点到直线

的距离为1，故答案为：（答案不唯一）.38．（2023上·湖北黄冈·高二统考期末）已知圆被直线所截得的两段圆弧的弧长之比为，且圆上恰有三个不同的点到直线的距离为，则直线被圆所截得的弦长为.【答案】【详解】设

圆的半径为，因为圆被直线所截得的两段圆弧的弧长之比为，则劣弧所对的圆心角为，所以，圆心到直线的距离为，34160xy++=PC2240xyx+−=:AB2yx=+ABCABCPAB222+PAB221−C2240xyx+−=()222

4xy−+=()2,0C2r=CAB()222202211dr+−==+−ABCPCPAB222+PAB222−224xy+=ll1x=224xy+=()0,0224xy+=l1x=224xy+=()0,0,,ABC1x=1x=Cl1:2Cl1lC23CrCl1:2120C

l120cos22rdr==将直线平移，使得平移后的直线与直线之间的距离为，如下图所示：假设平移后的直线为、，则这两条直线一条与圆相切，一条与圆相交，不妨设直线与圆相切，则直线与之间的距离为，可得，所以，直线截圆所得弦长为.39．（2023·湖南·衡阳市八中高二期末）已知圆的圆心为，且有一条

直径的两个端点分别在两坐标轴上，若直线与交于两点，，则实数．【答案】或【详解】圆的一条直径的两个端点分别在两坐标轴上，该圆一定过原点，半径为，又圆心为，故圆的方程为圆心到直线的距离为即，解得或．40．（2023上·浙江台

州·高二期末）从①②这两个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答该题．①经过点；②圆心C在直线上．已知圆心为C的圆经过两点，且___________．(1)求该圆的标准方程；(2)若过点的直线与该圆有交点，求直线的斜率的取值范围．注：如果选

择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)条件选择见解析，，(2)【详解】（1）若选①：令圆方程为，则，解得．圆方程为，标准方程为．ll11l2lCC1lCl1l12rr−=2r=lC222232rr−=C()2,1C:420lxy−+=C,AB12

0ACB==1−11−C22(20)(10)5r=−+−=()2,1CC22(2)(1)5.xy−+−=120,5,ACBCACB===Cl1,2dr=8252164−+=+1=−11=−(4,1)10xy−−=

(0,1),(2,3)(2,3)−−ll22(2)(1)4xy−+−=4747,33−+220xyDxEyF++++=10132301740EFDEFDEF++=+++=+++=4,2,1DE

F=−=−=224210xyxy+−−+=22(2)(1)4xy−+−=若选②：圆过，，中点为，则垂直平分线为，即，故圆心在上，又知圆心在直线上，，解得圆心．可得半径为，圆的标准方程为．（2）因为直线l与圆有交

点，所以圆心到直线l的距离小于等于半径．当直线l的斜率不存在时，不符合题意，当直线l的斜率存在时，令直线，即．圆心到直线的距离，解得所以直线l的斜率取值范围为．41．已知圆心为，且经过点的圆.(1)求此圆C的方程；(2)直线与圆相交于、两点.若为等边

三角形，求直线的方程.【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；（2）根据等边三角形的性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.【详解】（1）因为圆心为，所以圆的方程设为，该圆过，所以有，所以圆C的方程为；（2）由（1）可知该圆的半径为因为为等边三角形，且边长为，所

以该等边三角形的高为，所以圆心到直线的距离为，即，所以直线的方程为或【题型10】圆与圆的位置关系：公切线，公共弦42．（2023上·浙江台州·高二期末）已知圆，圆，则两圆公共弦所在直线的方程为．(0,1),(2,3)31120k

−==−()1,2()12yx=−−+3yx=−+3yx=−+10xy−−=310yxxy=−+−−=(2,1)C()()2220112R=−+−=22(2)(1)4xy−+−=:(2)3lykx=+−230kxyk−+−=(2,1

)230kxyk−+−=2|44|21kdk−=+474733k−+4747,33−+()0,3C()2,2:lyax=CABABCl()2233xy+−=3yx=3yx=−()0,3CC()2223xyr+−=()2,2()

()22222233rr+−==()2233xy+−=3ABC3()22133322−=C:lyax=32()222333321aaa−===+−l3yx=3yx=−221:1Cxy+=222:(2)(2)5Cxy−+−

=【答案】【分析】利用两圆相减即可得出两圆公共弦所在直线的方程.【详解】依题意，①②①②得：，故公共弦方程为：43．设圆，圆，则圆，的公切线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条【答案】B【分析】先根据圆的方程求出圆心坐标和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断出两圆的位置

关系，从而得解．【详解】由题意，得圆，圆心，圆，圆心，∴，∴与相交，有2条公切线44．（长沙雅礼中学月考）（多选）圆和圆的交点为A，B，则有（）A．公共弦AB所在直线方程为B．公共弦AB的长为C．线段AB中垂线方程为D．P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为【答案】AC【分析】

A选项，两圆方程作差即可求出公共弦方程；B选项，求出一个圆的圆心到公共弦的距离，利用垂径定理计算即可；C选项，线段AB的中垂线即为两圆圆心的连线，利用点斜式求解即可；D选项，求出到公共弦的距离，加上半径即可求出最值.【详解】因为圆：和圆：的交点为

A，B，作差得，所以圆与圆的公共弦AB所在的直线方程为，故A正确；因为圆心，，所在直线斜率为，所以线段AB的中垂线的方程为，即，故C正确；圆：的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以P到直线AB的距离的最大值为，圆与圆的公共弦AB的长10xy+−=221xy+=22(2)(2)5xy−

+−=−10xy+−=10xy+−=221:244Cxyxy+−+=222:680Cxyxy++−=1C2C()()2212:312Cxy−+=+()11,2C−()()2222:534Cxy++=−()23,

4C−125321353CC−=+1C2C221:20xyxO+−=222:240Oxyxy++−=0xy−=2210xy+−=2O212+2O1O2220xyx+−=2O22240xyxy++−=440xy−=1O2O0xy−=1(1,0)O2(1,2)O−12OO

2111=−−−0(1)yx−=−−10xy+−=2O22240xyxy++−=2(1,2)O−25r=2(1,2)O−0xy−=123222d−−==3252+1O2O为，故B,D错误45．（2023上·江苏苏州·

高二统考期末）在平面直角坐标系中，已知圆，写出满足条件“过点且与圆相外切”的一个圆的标准方程为.【答案】（答案不唯一）【分析】设满足条件的圆的标准方程为（），由点在圆上及外切关系可得方程组，化简取值即可得其中一个符合的结果.【详解】设

满足条件的圆的标准方程为（），则有，即，两式相减化简得.不妨取，则，故满足条件的圆的标准方程为【题型11】直线与圆的综合问题46．（2023上·广东深圳·高二校考期末）已知圆C：，直线l：，则下列说法正确的是（）A．

当时，直线的倾斜角为B．当时，直线与圆相交所得弦长为C．圆与圆：相外切D．当，时，过直线上任意一点作圆的两条切线、，切点分别为、，则弦长度的最小值为【答案】ACD【详解】因为圆：，化为标准方程：.对于，当时，直线l：可化为，直线

的斜率为，所以直线的倾斜角为，故选项正确；对于，当时，直线的方程为：，圆心到直线的距离，由垂径定理可得：弦长为，故选项错误；对于，圆与圆的圆心距，因为，所以两圆相外切，故选项正确；对于，当，时，直线的方程为：，设直线上

任意一点，过圆外一点引圆的切线，设切点坐标为，因为，所以切点的轨迹是以的中点为圆心，以为直径的()22322522−=xOy22:1Oxy+=()3,0O22(2)1xy−+=222()()xaybr−+−=0r222()()xaybr−+−

=0r()()()222222301abrabr−+−=+=+2222226921aabrabrr−++=+=++35ra=−2a=1,0rb==22(2)1xy−+=226430xyxy+−+−=30mxny++=30nm=l561mn==lC22CE()()22621

xy−+−=1m=1n=−lPCPAPBABAB42C226430xyxy+−+−=()()223216xy−++=A30nm=30mxny++=333yxm=−−33−l56AB1mn==l30xy++

=32322411d−+==+222216842rd−=−=BCCE22(63)(22)5d=−++=12541rr=+=+CD1m=1n=−l30xy−+=l(,3)Ptt+(,3)Ptt+C22(3)(2)16xy−++=00(,)AxyAC

PA⊥APCPC圆上，因为，，所以切点的轨迹方程为：，也即，又因为圆：，两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程，，则圆心到直线的距离，由垂径定理可知：，要使弦长度最小，则最大，当时，取最大值，此时弦长，故选项正确47．（2023上·

江苏连云港·高二统考期末）（多选）设为实数，若方程表示圆，则（）A．B．该圆必过定点C．若直线被该圆截得的弦长为2，则或D．当时，该圆上的点到直线的距离的最小值为【答案】BCD【详解】对A，，由方程表示圆，则有，

A错；对B，将代入方程，符合，B对；对C，圆心为，则圆心到直线的距离为，故直线被该圆截得的弦长为或，C对；对D，，则圆半径为1，圆心到直线的距离为，故该圆上的点到直线的距离的最小值为，D对48．在平面直角坐标系中，已知圆22:1Oxy+=，点P是直线:25lyx=+上的一个动点，过点P作圆O的两

条切线，切点分别为,AB，已知直线,PAPB关于直线l对称，则tanAPB=（）A．12B．43C．2D．5【答案】B4AC=222(3)(5)2434PCtttt=−++=++A22231217()()222ttttxy++++−+−=22(3)(1)60xytxtyt+−+−+−+=C

226430xyxy+−+−=AB(3)(5)30txtyt−++−+=CAB2223(3)2(5)316(3)(5)2(1)32tttdttt−−+−+==−++++222ABrd=−ABd1t=−dmax162242d==22222242ABrd=−==Dm222210x

ymxy+−−+=0m()0,120xy−+=3m=1−1m=−2xy−=221−()()2222222101xymxyxmym+−−+=−+−=222210xymxy+−−+=200mm>薰()0,1222210xymxy+−−+=(),1m

20xy−+=22112112mm+=-++20xy−+=2221312mmm−=+=1m=−1m=−2xy−=()221122211+--=--2xy−=221−【分析】先根据题目意思画

出图像，结合图像和条件,PAPB关于直线l对称得到OPMN⊥，再求出tanAPO，最后根据二倍角公式求解即可.【详解】如图所示，，设直线l分别交,xy轴于,NM点，连接,AOBO，因为,PAPB是圆22:1Oxy+=

的两条切线，所以PAO≌PBO，所以APOBPO=，又因为直线,PAPB关于直线l对称，所以APMCPMBPN==，所以90OPNOPM==，即OPMN⊥，所以OP为点O到直线l的距离，即()225521OP==+−，又OAAP⊥且1OAr==，所以(

)22512AP=−=，所以1tan2AOAPOAP==，所以21242tantan23112APBAPO===−【题型12】与基本不等式结合，乘“1”法求最值49．（2023上·广东深圳·高二统考期末）若直线（

，）平分圆，则的最小值是（）A．2B．5C．D．【答案】C【分析】直线平分圆，得到a,b关系，再根据基本不等式，即可求解.【详解】解：直线平分圆，则直线过圆心，即，所以(当且仅当时，取等号)50．若直线1axby+=（0a，0b）平分圆()()22112xy−+−=，则14aab+的最小值

是________10axby+-=0a0b()()22114xy−+−=12ab+3+22421ab+=()121223322baabababab+=++=+++2ab=【答案】2【详解】由题意可知，直线1axby+=过

圆过圆心，即，所以111244aababaabbba++=+=++，即a=2b时，等号成立，14aba+的最小值是2．【题型13】阿波罗尼斯圆51．（2023上·广东惠州·高二统考期末）已知，，为平面内的一个动点，且满足

，求点的轨迹方程.【答案】(1),(2)【分析】(1)首先设点，利用两点间距离表示，化简求轨迹方程；【详解】（1）由题意可设点的坐标为，由及两点间的距离公式可得，整理得.52．（2023上·广东广州·高二统考期末）数学著作《圆锥曲线论》中给出了圆的一种定义：平面内，到两个

定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.若两定点，动点满足，点的轨迹围成区域的面积为，面积的最大值为.【答案】【分析】设出，利用两点间距离公式列出方程，求出的轨迹方程，从而得到的轨迹为以为圆心，半径为的圆，求出点的轨迹围成区域的面积，数形结合得到点到轴的距离的最大值，从而求出面积的最大值.【详解

】设，则，，化简得：，的轨迹为以为圆心，半径为的圆，故点的轨迹围成区域的面积为；设点到轴的距离为，则，故面积的最大值为.53．两定点A，B的距离为3，动点M满足2MAMB=，则M点的轨迹长为（）A．4πB．23πC．22πD．2π【答案】A【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而

可得M点的轨迹长．【详解】以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，1ab+=(1,0)A−(1,0)BC2ACBC=C22610xyx+−+=26(),Cxy2ACBC=C(,)xy2ACBC=22(1)(0)xy++−=222(1)(0)xy−+−226

10xyx+−+=,AB()0,1M()(),3,03,0AB−M2MAMB=MABM72π182(),MxyMM()9,062MMxABM(),Mxy()()22223232MAxyxyMB=++=−+=6AB=()22972xy−+=M()9,0

62M()2π6272π=Mxdmax62d=ABMmax1166218222ABd==则()0,0,(3,0)AB，设点(,)Mxy，由2MAMB=，得22222(3)xyxy+=−+，化简并整理得：22(4)4xy−+=，于是得点M的轨迹是以点(4,0)为圆心，2为

半径的圆，其周长为4π，所以M点的轨迹长为4π.54．已知平面内两定点，，点满足，则动点的轨迹方程为；若平面内两动点，（）满足，则的最大值为.【答案】【分析】设，用两点间距离公式表示，化简可得动点的轨迹方程；使用向量垂直表示，由几何意义求解的最大值即可.【详解】设

动点，则，，∵点满足，∴，化简，整理得.∴动点的轨迹方程为.若平面内两动点，（）满足，则，∴，，∴，∴，∵，∴，∴的几何意义为点到原点的距离，∵动点的轨迹为圆心为，半径为的圆，∴如图，当点位于处时，到原点距离最大值为，即的最大值为.()2,0A−()2,0BM

2MAMB=M()0,Pm−()0,Qm0m90PMQ=m()22632xy−+=642+(),Mxy2MAMB=M90PMQ=m(),Mxy()222MAxy=++()222MBxy=−+M2MAMB=()()222

2222xyxy++=−+()22632xy−+=M()22632xy−+=()0,Pm−()0,Qm0m90PMQ=0PMQM=(),PMxym=+(),QMxym=−()()22220PMQMxymymxym=++−=+−=222mxy=+0m2222(0)

(0)mxyxy=+=−+−mM()0,0OM()6,0C42r=M0MM||642OCr+=+m642+故答案为：，.55．（2023上·河北邢台·高二统考期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：平面内到两个定点A，B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xOy中，，，P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为；若点Q为抛物线上的动点，抛物线C的焦点为F，则的最小值为．【答案】2【分析】设点坐标，根据题意写出关于与的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知等

于Q到抛物线准线的距离，进而转化为点到准线的距离，即可求得.【详解】设，则，即，化简得．②抛物线的准线为，因为等于Q到抛物线准线的距离，所以的最小值转化为点到准线的距离，又P是阿氏圆上的任一点，所以点到准线的距离的最小，最小值为2．即的最小值为

2.故答案为：①；②2故直线BC过定点()5,2P−，点A到直线BC的距离最大值为42AP=，D正确.56．已知N为抛物线24xy=上的任意一点，M为圆()2254xy+−=上的一点，()0,1A，则

2MNMA+的最小值为．【答案】43【分析】根据题意画出示意图，由图中几何关系取线段AM中点E，BC中点D，连接MDCEDN、、，可证得所以ACEMBD=，即AEMD=，可得2MAMD=，即可将2MNMA+转化为()2MNMD+，然后根据

当D、M、N三点不共线时，()22MNMDDN+，当D、M、N三点共线时，()22MNMDDN+=，将问题转化为2MNMA+的最小值即为2DN的最小值，再根据两点间距离公式求出2DN的最小值即可.22(6)32xy−+=642+(1)12,2A(2,2)B

12=2:4Cyx=||||PQQF+22(2)1xy−+=P||1||2PAPB=xy||QFP(,)Pxy||1||2PAPB=22221(2)12(2)(2)4xyxy−+−=−+−22(2)1xy−+=2:4Cyx

==1x−||QF||||PQQF+P22(2)1xy−+=()1,0P||||PQQF+22(2)1xy−+=【详解】根据题意可得抛物线24xy=与圆()2254xy+−=都关于y轴对称，且圆()2254xy+−=的圆心坐标为()0,5B，半径为2.因为()0,1A，圆()2

254xy+−=下方与y轴交点坐标为()0,3C，取线段AM中点E，BC中点D，可得()0,4D，连接MDCEDN、、，画出示意图如上图所示.因为C、E分别为AB和AM的中点，所以//CEBM，112CEBM==，所以ACEMBD=，又因为BMAC=，BDCE=，所以ACEM

BD=，所以AEMD=，因为12AEMA=，所以2MAMD=，所以()222MNMAMNMDDN+=+，当且仅当D、M、N三点共线时取到等号，此时M点为线段DN与圆的交点.所以2MNMA+的最小值即为2DN的最小值.因为N为抛物线24xy=上的任意一点，设()2,Nmm，0m，因

为()0,4D，则()()()2222204416212DNmmmmm=−+−=−+=−+，当2m=时，min23DN=，即2MNMA+的最小值为43【题型14】直线与圆的双切线模型57．已知直线20lxy−+=:与圆22:1Oxy+=，过直线l上的任意一点P

作圆O的切线,PAPB，切点分别为,AB，则sinAOB的最大值为（）A．32B．12C．22D．1【答案】D【分析】由题意可知，当点P到圆心的距离最小时，sinAOB最大.利用点到直线距离公式.【详解】由题意可知，当点P到圆心的距离最小时，sinAOB最大.圆心原点到直线l的距离为22

2=.所以点P到圆心的距离最小值为2.所以2AOB=，sinAOB的最大值为1.58．（2023四川外国语附属学校月考）已知()00,Pxy是直线:340lxy−+=上一点，过点P作圆22:1Oxy+=的两条切线，切点分别为A，B，当直线AB与l平行时，AB=

（）A．3B．152C．302D．4【答案】A【分析】根据跟定条件，利用圆的切线的性质，结合面积法求解作答.【详解】连接,,OAOBOP，由,PAPB切圆O于A，B知，,,OAPAOBPBOPAB⊥⊥⊥，因为直线AB与l平行，则OPl⊥，()()224231OP==+−，而圆O半径为1

，于是2213PAOP=−=，由四边形OAPB面积2OPASS=，得11222ABOPOAAP=，所以221332OAAPABOP===.59．过直线1yx=+上的点P作圆()()22:162Cxy−+−=的两条切线1l，2l，当

直线1l，2l关于直线1yx=+对称时，两切点间的距离为（）A．1B．2C．3D．6【答案】D【分析】由两条切线关于直线1yx=+对称，可确定PC与直线1yx=+互相垂直，即可求得PC得长，再结合直角三角函数和垂径定理，即可求解.【详解】依题意，设两切点分别为A、B，并

连接AB交PC于点D，作出示意图：当直线1l，2l关于直线1yx=+对称时，则两条直线1l，2l与直线1yx=+的夹角相等，且PC与直线1yx=+互相垂直，PC的长为圆心()1,6C到直线1yx=+的距离，即161222PC−+==，

又圆的半径2rBC==，在RtBCP△中，1cos2BCBCPPC==，故π3BCP=，结合垂径定理得32sin2262ABBCBCP===，即两切点间的距离为660．（多选）已知圆22:4Oxy+=，过直线

:60lxy+−=上一点P作圆O的两条切线，切点分别为,AB，则（）A．若点(4,2)P，则直线AB的方程为220xy+−=B．PAO面积的最小值为14C．直线AB过定点22,33D．以线段AB为直径的圆可能不经过点O【答案】ABCD【分析】根据直线与圆的位置

关系、圆的几何性质、三角形的面积、直线过定点、圆的方程等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若()4,2P，则直线PA的方程为2y=，4PA=，以P为圆心，4为半径的圆的方程为()()224216xy−+−=，即228440xyxy+−−+=，由

224xy+=，两式相减得8444,220xyxy+−=+−=，所以A选项正确.B选项，O到直线:60lxy+−=的距离为006322+−=，而()222232414PAOPOA=−−=，所以PA的最小值为14，所以

三角形PAO面积的最小值为1142142=，所以B选项正确.C选项，设(),6Paa−，()222621236222aaOPaa+−−+==，线段OP的中点坐标为6,22aa−，所以以OP为直径的圆的方程为222621236224aaaax

y−−+−+−=，()2260xyaxay+−−−=，由224xy+=，两式相减得()()64,640axayaxyy+−=−+−=，由0640xyy−=−=，解得23xy==，所以直线AB过定点22,3

3，C选项正确.D选项，由A选项，由222204xyxy+−=+=，解得02xy==或8565xy==−，即()860,2,,55AB−，1205OAO

B=−，即此时以线段AB为直径的圆可能不经过点O，D选项正确.故选：ABCD21．（2023上·广东佛山·高二佛山市南海区九江中学校考阶段练习）（多选）已知圆O：224xy+=，过直线l：ˆ60xy+−=上一

点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，则（）A．若点()4,2P，则直线AB的方程为210xy+−=B．PAO面积的最小值为14C．直线AB过定点22,33D．以线段AB为直径的圆可能不经过点O【答案】BCD

【分析】对A：计算出过P、A、B三点的圆的方程，再两圆方程相减即可得到；对B：当OP最小时，PAO的面积会有最小值；对C：设出点P坐标，再计算出直线AB的方程，求定点即可得到；对D：可寻找特殊点P，如A选项

中()4,2P，计算发现不经过点O即可得到.【详解】A选项，若()4,2P，则直线PA的方程为2y=，4PA=，以P为圆心，4为半径的圆的方程为22(4)(2)16xy−+−=，即228440xyxy+−−+=，由224xy+=，两式相减得8444xy+−=，220xy+−

=，故A错误；B选项，O到直线l：60xy+−=的距离为006322+−=，而2222||||||(32)414PAOPOA=−−=，所以PA的最小值为14，所以PAO面积的最小值为1142142=，故B正确；C选项，设(),6Paa−，222(6)21236222OPaaaa+−−+

==，线段OP的中点坐标为6,22aa−，所以以OP为直径的圆的方程为222621236224aaaaxy−−+−+−=，化简得：()2260xyaxay+−−−=，由224xy+=，两式相减得()

64axay+−=，即()640axyy−+−=，由0640xyy−=−=，解得23xy==，所以直线AB过定点22,33，故C正确；D选项，由A选项，由222204xyxy+−=+=，解得02xy==或8565xy==−,即()0,

2A，86,55B−，1205OAOB=−，即此时以线段AB为直径的圆不经过点O，故D正确．22．（2023上·河南·高二漯河高中校联考阶段练习）（多选）已知圆O：224xy+=，过点M作圆O的两条切线，切点分别为A，B，且直线AB恒过定点()1,1D−，则（）A．点M的轨迹

方程为40xy−+=B．AB的最小值为23C．圆O上的点到直线AB的距离的最大值为22+D．90AMB【答案】CD【分析】设()00,Mxy，以OM为直径的圆的方程，结合已知圆的方程求直线AB的方程，进而确定M的轨迹方程，由直线所过定点、圆的性质求最短弦长、圆上点到直线距

离的最大值，讨论M的位置，结合圆的切线性质研究角的范围.【详解】设()00,Mxy，以OM为直径的圆的方程为()()000xxxyyy−+−=，化简得22000xyxxyy+−−=，与224xy+=联立，两式相减得：直线AB的方程为004xxyy+=

．直线AB恒过定点()1,1D−，所以M的轨迹方程为0040xy−−=，即40xy−−=，A错误．因为2OD=，即ODAB⊥时弦长最小，所以min24222AB=−=，B错误．因为直线AB恒过定点()1,1D−，所以圆O上点到直线AB距离的最大值为22ODr+=+，C正确．如图，圆心

O到直线40xy−−=的距离为22，记l：40xy−−=，当M运动到OMl⊥时，22sin222AMO==，45AMO=，则90AMB=．当M位于直线l其他位置时，22OM，22sin2AMOOM=，45AMO，则90AMB．综上，90AMB，D

正确．已知直线l：x+y-6=0，过直线上一点P作圆x2+y2=4的切线，切点分别为A，B，则四边形PAOB面积的最小值为，此时四边形PAOB外接圆的方程为．【答案】214（x-32）2+（y-32）2=92【分析】求出O到直

线l的最短距离即可得出四边形的最小面积，求出此时P的坐标，得出OP的中点坐标，从而得出外接圆方程．【详解】圆x2+y2=4的半径为2，圆心为（0，0），由切线性质可知OA⊥AP，24APOP=−，又

△OAP的面积21S42OAAPOP==−，∴当OP取得最小值时，△OAP的面积取得最小值，又OP的最小值为O到直线l的距离d=32．∴四边形PAOB面积的最小值为：22S24214OAPOP=−=．此时，四边形PAOB外接圆直径为d=32．∵OP⊥直线l，∴直线OP的方程为

x-y=0．联立方程组，解得P（3，3），∴OP的中点为33,22，∴四边形PAOB外接圆的方程为（x-32）2+（y-32）2=92．故答案为214，（x-32）2+（y-32）2=92．

41．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知直线l：80−+=xy与x轴相交于点A，过直线l上的动点P作圆2216xy+=的两条切线，切点分别为C，D两点，则直线CD恒过定点坐标为；记M是CD的中点，则AM的最小值为.【答案】()2,

2−42【分析】利用圆的性质，结合图像，把问题转化为跟圆有关的最值问题进行处理.【详解】由题意设点(),8Ptt+，()11,Cxy，()22,Dxy，因为PD，PC是圆的切线，所以ODPD⊥，OCPC⊥，所以,CD在以OP为直径

的圆上，其圆的方程为:()222288()()224ttttxy+++−+−=，又,CD在圆2216xy+=上，将两个圆的方程作差得直线CD的方程为：()8160txty++=－，即()()820txyy++−=，所以直线CD恒过定点()2

,2Q－，又因为OMCD⊥，M，Q，C，D四点共线，所以OMMQ⊥，即M在以OQ为直径的圆22(1)(1)2xy++−=上，其圆心为()1,1G−，半径为2r=，如图所示:所以()()22181242minAMAGr==−++−=－

，所以AM的最小值为42.模块三：直线与圆的最值问题【题型15】定点到含参直线距离最短问题61．点(0,1)−到直线(1)ykx=+距离的最大值为()A．1B．2C．3D．2【解答】解：方法一：因为点(0,1)−到直线

(1)ykx=+距离2222|1|2121111kkkkdkkk+++===++++；要求距离的最大值，故需0k；212kk+…，当且仅当1k=时等号成立，可得2122kdk+=„，当1k=时等号成立．方法二：由(1)yk

x=+可知，直线(1)ykx=+过定点(1,0)B−，记(0,1)A−，则点(0,1)A−到直线(1)ykx=+距离||2dAB=„．62．点𝑀(2,1)到直线𝑙:(2𝜆+1)𝑥+(1−𝜆)

𝑦+3=0,的距离的最大值为（）A．35√5B．√5C．3D．3√2【解题思路】由题意，求得直线所过定点，由两点之间距离公式，可得答案.【解答过程】由直线𝑙:(2𝜆+1)𝑥+(1−𝜆)𝑦+3=

0,(𝜆∈R)，整理可得(2𝑥−𝑦)𝜆+𝑥+𝑦+3=0，令{2𝑥−𝑦=0𝑥+𝑦+3=0，解得{𝑥=−1𝑦=−2，点𝑀(2,1)到直线𝑙距离的最大值为点𝑀(2,1)到定点(−1,−2)的距离，则√(2+1)2+(1+2)2

=3√2，【题型16】过定点的弦长最短63．（2023上·广东惠州·高二统考期末）直线l：与圆C：交于A，B2+--1=0mxym22(2)4xy+−=两点，则当弦AB最短时直线l的方程为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】

根据直线方程，求所过定点，探究弦在垂直时取的最短，结合垂直直线斜率乘积为，由点斜式方程，可得答案.【详解】由，，则令，解得，故直线过定点，由，则圆心，半径，当时，弦最短，直线的斜率，则直线的斜率，故直线为，则64．若直线与圆分别交于M、N两点.则弦MN长的最小值为.【答案】4【详解】

由圆可得圆心，半径为3，直线，即，直线过定点P，又因为，所以点在圆的内部，当圆心到直线MN距离最大时，弦长MN最小，此时，此时65．已知直线：和圆C：.(1)直线恒过一定点M，求出点M坐标；(2)当m为何值时，直

线被圆C所截得的弦长最短，求出弦长.【答案】(1)(2)当时，直线被圆C所截得的弦长最短，弦长为【分析】（1）将直线化为，联立，即可求解定点坐标；（2）根据圆的性质知时，直线l被圆C所截得的弦长最短，利用几何法求解弦长即可.【详解】（1）由得，因为，

所以有，解得，所以直线l恒过一定点，即；430xy−+=2430xy−+=2430xy−−=2410xy++=1−210mxym+−−=()2110xmy−+−=21=01=0xy−−1=2=1xy

l1,12P22(2)4xy+−=()0,2C=2rABCP⊥ABCP12212CPk−==−l12ABk=l11122yx−=−2430xy−+=120kxyk−+−=229xy+=229xy

+=()0,0O120kxyk−+−=()210kxy−−+=(2,1)22219+OPMN⊥22222329(21)4MNOP=−=−+=l()()()211740Rmxmymm+++−−=228650xyxy+−−+=ll()3,1M13m=−l215()2740xymxy+−++

−=27040xyxy+−=+−=CMl⊥()()211740+++−−=mxmym()2740xymxy+−++−=Rm27040xyxy+−=+−=31xy==()3,1M（2）由得，所以，半径

，当时，直线l被圆C所截得的弦长最短，所以有即，解得，化为，所以，所以，此时直线l的方程为即，所以点到直线l的距离，因此直线l被圆所截得的弦长最短为.66．直线:10lxmym−−+=被圆()22:15Cxy+−=

截得的最短弦长为.【答案】4【分析】求出直线过定点()1,1P，当PCl⊥时直线l被圆()22:15Cxy+−=截得的最短弦长，从而求出最短弦长.【详解】直线:10lxmym−−+=，即()()110ymx−++−=，令1010xy−=

−+=，解得11xy==，所以直线l恒过点()1,1P，又圆()22:15Cxy+−=的圆心为()0,1C，半径5r=，因为1PC=，当PCl⊥时直线l被圆()22:15Cxy+−=截得的最短弦长，最短弦长为()222222

514rPC−=−=.【题型17】点圆型最值67．设(,)Pxy是圆22(2)1Cxy−+=上任意一点，则22(5)(4)xy−++的最大值为()A．6B．25C．26D．36【答案】D【解答】解：22

(5)(4)xy−++表示圆C上的点到点(5,4)−的距离的平方，圆22(2)1Cxy−+=的圆心(2,0)C，半径为1，228650xyxy+−−+=()()224320xy−+−=()4,3C25r=CM

l⊥1CMlkk=−13134lk−=−−12lk=−()()211740+++−−=mxmym217411mmyxmm++=−+++21112mm+−=−+13m=−()1132yx−=−−250xy+−=()4,3C224235512d

+−==+C2222205215rd−=−=圆心C到点(5,4)−的距离为22(25)45−+=，22(5)(4)xy−++的最大值是2(51)36+=．68．若直线1l：20xmy+−=，2l：20mxy−+=（Rm）相交于点P，过P

作圆:C()()22331xy+++=的切线，切点为Q，则PQ的最大值为．【答案】7【分析】根据已知确定P的轨迹为22(1)(1)2xy−+−=，再由圆切线性质将问题转化为求PQ的最大值，结合圆与圆的位置关系

求其最大值，即可确定PQ的最大值.【详解】由题设，1(1)0mm+−=，即12ll⊥，又1l、2l分别恒过(2,0)A、(0,2)B，故交点P在以线段AB为直径的圆上，圆心为(1,1)，半径为2，故P的轨迹为22(1)(1)2xy−+−=，由(1,1)到(3,3)−−的距离为4221

+，即两圆相离，如下图，由圆切线性质，222||||||||1PQPCCQPC=−=−，要使PQ的最大值，只需||PC最大，且为42252+=，所以max||5017PQ=−=.69．已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为()A．

4B．5C．6D．7【解答】解：如图示：半径为1的圆经过点(3,4)，可得该圆的圆心轨迹为(3,4)为圆心，1为半径的圆，故当圆心到原点的距离的最小时，连结OB，A在OB上且1AB=，此时距离最小，由5OB=，得4

OA=，即圆心到原点的距离的最小值是470．在平面直角坐标系中，从点(3,2)P−向直线20kxyk−−−=作垂线，垂足为M，则点(2,4)Q与点M的距离||MQ的最小值是()A．522−B．42C．62D．17【答案】

A【解答】解：直线20kxyk−−−=过定点(1,2)N−，PMMN⊥，可知点M是在以PN为直径的圆22:(1)8Cxy++=上，又22(21)(40)5QC=++−=，可得：||522minMQ=−【题型18】直线与圆上的点距离最值71．已知()8,4A−，()6,6B−，直线1l：240

kxyk−−+=与直线2l：240xkyk+−−=相交于点M，则ABM的面积最大值为（）A．10B．14C．18D．20【答案】B【分析】根据直线1l和2l的方程得到点M为以CD为直径的圆上的点，然后根据三角形面积公式得到当点M到直线AB的距离最大时，ABM的面积

最大，然后求最大值即可.【详解】直线1l的方程可整理为()240kxy−−+=，令2040xy−=−+=，解得24xy==，所以直线1l恒过定点()2,4C，直线2l的方程可整理为()240kyx−+−=，令2040yx−=−=

，解得42xy==，所以直线2l恒过定点()4,2D，因为()110kk+−=，所以12ll⊥，所以点M为以CD为直径的圆上的点，()()22422422CD=−+−=，CD中点E为()3,3，则点M的轨迹方程为()()22332xy−

+−=，()()22864622AB=−+−+=，所以当点M到直线AB的距离最大时，ABM的面积最大，46186ABk−+==−，直线AB的方程48yx+=−，即120xy−−=，设点M到直线AB的距离为d，圆心E直线AB的距离为1d，半径为r，则max13312262

27211ddr−−=+=+=+=+，所以ABM的面积最大值为max1122721422ABd==.【题型19】由直线与圆心的距离求参数的范围72．（2023上·湖北黄冈·高二统考期末）已知，，若直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案

】B【分析】根据题意分析可得直线与圆：有公共点（公共点不能是、），结合直线与圆的位置关系分析运算.【详解】若，则点在以，为直径的圆上（点不能是、），∵以，为直径的圆的圆心为，半径，则圆的方程为，即直线与圆：有公共点（公共点不能是、），当直线与圆：有公共点时，则，解得；当直线与圆

：的公共点为A或B时，则直线即为x轴，即；综上所述：实数的取值范围为.73．（2023上·福建福州·高二校联考期末）已知圆，点是直线上任意()1,0A−()10B,()2ykx=−P90APB=k33,33−33,00,33−33,33−

33,,33−−+()2ykx=−O221xy+=AB90APB=P()1,0A−()10B,PAB()1,0A−()10B,()0,0O1r=O221xy+=()2ykx=−O221xy+=AB()

2ykx=−O221xy+=()22211kk−+−33,33k−()2ykx=−O221xy+=()2ykx=−0k=k33,00,33−22:20Cxyx+−=A3ykx=−一点，若以为圆心，半径为的圆与圆没有公共

点，则整数的值可能为（）A．B．C．D．【答案】AB【分析】由题意可得圆心到直线的距离大于，利用点到直线的距离公式求得的范围，可得结论.【详解】圆即，则圆心为，半径，依题意圆心到直线的距离大于，即，解得，又，所以或或74．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面

内到两个定点AB，的距离之比为定值(1)的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知()1,0A，()4,0B，若动点P满足12PAPB=，设点P的轨迹为C，过点(1,2)作直线l，C上恰有三个点到直线l的距离为1，则满足条件的一条直线l的方程为.【答案

】1x=或3450xy−+=（写出一条即可）【分析】结合定义应用直译法求得圆方程，结合点到直线的距离即可求解.【详解】因为()()1,0,4,0AB，点P满足12PAPB=，设(),Pxy，则()()22221124xyxy−+=−+，化简得224xy+=，因为圆C上恰有三个点到直线l

的距离为1，所以圆心到直线的距离为1.若直线l的斜率不存在，直线l的方程为1x=;若直线l的斜率存在,设直线l的方程为()21ykx−=−，即20kxyk−−+=，2211kdk−+==+，解得34k=,

直线l的方程为:3450xy−+=.故答案为：1x=或3450xy−+=（写出一条即可）A1ACk1−012()1,0C3ykx=−2k22:20Cxyx+−=()2211xy−+=()1,0C1r=()

1,0C3ykx=−2()22321kk−+−32632633k−−−+Zk2k=−1−0【题型20】三角换元求最值75．已知Rp，直线1l：20xpyp−+−=过定点A，2l：240pxyp++−=过定点B，1l与2l交于点M，则下列结论正确的是（）A．12ll⊥B．MAMB的

最大值是25C．点M的轨迹方程是2250xyx−=+D．2MAMB+的最大值为55【答案】AD【分析】根据直线垂直求参判断A选项，应用基本不等式判断B选项，根据两条线垂直及求轨迹方法判断C选项，应用三角换元及辅助角公式判断D选项.【详解】对于A，()110pp+−

=，∴12ll⊥，A正确；对于B，1l恒过定点()2,1A，2l恒过定点()2,4B−，由选项A正确可推得，222252MAMBABMAMBMAMB+===，时等号成立，∴MAMB的最大值是252，B错误；对于C，设(),Mx

y，则()()()()22222222,5,212425MAMBMAMBABxyxy⊥+==−+−+++−=，化简有2250xyy+−=，C错误；对于D，设MAB=，π0,2，则5cosM

A=，5sinMB=，∴()()25cos2sin55sin55MAMB+=+=+≤，即2MAMB+的最大值为55，D正确.76．已知()11,Axy、()22,Bxy是圆229xy+=上的两个不同的动点，且1221xyxy=，则121254xxyy+++的最大值为．【答案】15【详

解】由已知，圆229xy+=的参数方程为：3cos3sinxy==（为参数），因为()11,Axy、()22,Bxy是圆229xy+=上的两个不同的动点，可令113cos3sinxy==，)0,2π；223cos3sinxy==，)2π0,，且

，所以()3cos,3sinA、()3cos,3sinB，由1221xyxy=可得：()9cossin9sincossin0=−=，又因为()0,2π−，所以π−=，所以121215cos3c

os125sin3sin4xxyy=++++++()()15cos3cosπ+12sin3sinπ+15cos3cos12sin3sin=+++=−+−()349sin12cos15(sincos

)15sin55=+=+=+，其中，34cos,sin55==，所以，当()sin1+=时，121254xxyy+++取得最大值15.77．已知实数x，y满足方程22(2)3xy−+=．（1）求yx的最大值和最小值；（2）求yx−的最大值和最小值；（3）求22xy+的最大值和

最小值．【解答】解：（1）圆22(2)3xy−+=，圆心(2,0)，半径为3r=，令ykx=，即0kxy−=，yx的最值，就是圆心到直线的距离等于半径时的k的值，2|2|31kk=+，解得3k=，yx的最大值为3，最小值为3−．（2）圆22(2)3xy−+=，圆心(2,0)，半径为3r=，

23cos3sinxy=+=，3sin3cos26sin()24yx−=−−=−−，yx−的最大值是62−，最小值是62−−．（3）2222(23cos)(3sin)43cos7xy+=++=+，22xy+的最大值为437+，最小值为743−．