2021年高考“直線和圓的方程”專題解題分析

王祥芬

摘? 要：2021年高考數學試卷中有關直線和圓的方程的試題，內容主要有判斷直線和圓的位置關系、求解直線與圓的方程、弦長問題、面積問題、最值問題. 試題的形式注重基礎、知識交會、適當創新. 解題思路主要有借助幾何直觀尋求突破，把握解析幾何本質合理轉化，分析多變量中的主元構造方程等.

關鍵詞：直線與圓的方程;幾何直觀;解題分析;解法欣賞

直線與圓的方程是解析幾何部分的基礎內容，同時是高中數學中的主干知識，也是高考較為重要的考查內容，是培養學生直觀想象和數學運算素養的良好載體. 2021年高考數學10份試卷中涉及直線與圓的方程的試題包含選擇題、填空題和解答題三種題型，主要考查直線與圓的位置關系、點到直線的距離、弦長、面積等問題. 但更多的是將直線和圓的方程與圓錐曲線知識交會，涵蓋了函數、不等式等內容，綜合性較強. 要求學生解題思路清晰，能進行有效的轉化和化歸，領悟用代數方法研究幾何問題的解析幾何的本質.

一、試題分析

1. 求確定直線和圓的幾何要素

例1 （上海卷·3）已知圓[x2+y2-2x-4y=0，] 則該圓的圓心坐標為? ? ? .

答案：[1，2.]

2. 判斷直線和圓的位置關系

直線與圓的位置關系是高考考查的重點，通常利用比較圓心到直線的距離與半徑的大小來判斷直線與圓的位置關系.

例2 （全國新高考Ⅱ卷·11）已知直線[l：ax+][by-r2=0 r>0]與圓[C：x2+y2=r2，] 點[Aa，b，] 則下列說法正確的是（? ? ）.

（A）若點[A]在圓[C]上，則直線[l]與圓[C]相切

（B）若點[A]在圓[C]內，則直線[l]與圓[C]相離

（C）若點[A]在圓[C]外，則直線[l]與圓[C]相離

（D）若點[A]在直線[l]上，則直線[l]與圓[C]相切

解：若點[A]在圓[C]上，

則有[a2+b2=r2.]

圓[C]的圓心到直線[l]的距離為[d=r2a2+b2=r.]

則直線[l]與圓[C]相切.

故選項A正確.

若點[A]在圓[C]內，

則有[a2+b2r，]

即直線[l]與圓[C]相離.

故選項B正確.

若點[A]在圓[C]外，

則[a2+b2>r2，] 圓[C]的圓心到直線[l]的距離[d=][r2a2+b2

即直線[l]與圓[C]相交.

故選項C錯誤.

若點[A]在直線[l]上，

則有[a2+b2=r2，] 圓[C]的圓心到直線[l]的距離[d=][r2a2+b2=r，] 即直線[l]與圓[C]相切.

故選項D正確.

所以答案選ABD.

【評析】這是一道多選題，需要對題中給出的所有選項逐一進行判斷. 此題以點與圓的位置關系為條件，結合不等式的性質得出圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系，進而判斷直線與圓的位置關系.

3. 弦長問題

弦長問題舉足輕重，2021年高考數學試題中單純以求弦長為求解目標的試題較少. 大多數是已知弦長求參數的值或范圍的逆向思維試題，也有將弦長作為條件的綜合試題. 解決直線被圓截得的弦長問題的核心是在由弦心距、弦長的一半及半徑所構成的直角三角形中運用勾股定理進行計算.

例3 （北京卷·9）已知直線[y=kx+m]（[m]為常數）與圓[x2+y2=4]交于點[M，N]. 當[k]變化時，若[MN]的最小值為2，則[m]的值為（? ? ）.

（A）±1? （B）[±2]? （C）[±3]? （D）±2

解：由題意，得圓[x2+y2=4]的圓心坐標為[0，0，] 半徑為2，

則圓心到直線[l]的距離[d=mk2+1.]

則弦長為[24-m2k2+1.]

當[k=0]時弦長取得最小值[24-m2=2.]

解得[m=±3.]

故答案選C.

【評析】此題考查直線與圓相交的弦長問題，弦長中有兩個參數[m，k.] 在問題的處理中將[m]看作常數，弦長則為關于變量[k]的函數，利用函數知識研究最小值得到結果.

4. 最值問題

最值問題是直線與圓的方程部分常見的題型，主要考查直線與圓的核心知識、本質特征，以及基本思想方法. 處理方法有兩種：一是從幾何角度出發，利用圖形的特征和性質直接得出結果，這種解法比較靈活，要求學生有很強的畫圖、識圖能力;二是從代數角度出發，構建函數模型，利用函數性質求最值，這種解法要與其他知識進行綜合應用，要求學生明晰算理，合理運算.

例4 （全國新高考Ⅰ卷·11）已知點[P]在圓[x-52+][y-52=16]上，點[A4，0，B0，2，] 則（? ? ）.

（A）點[P]到直線[AB]的距離小于[10]

（B）點[P]到直線[AB]的距離大于[2]

（C）當[∠PBA]最小時，[PB=32]

（D）當[∠PBA]最大時，[PB=32]

解：由已知條件，可知圓[x-52+y-52=16]的圓心為[M5，5，] 半徑為[4.]直線[AB]的方程為[x+2y-4=0.]

則圓心[M]到直線[AB]的距離[d=1155>4.]

所以點[P]到直線[AB]的距離的最小值為[1155-4<][2;] 最大值為[1155+4<10.]

故選項A正確，選項B錯誤.

如圖1，當[∠PBA]最大或最小時，[PB]與圓[M]相切，連接[MP，BM，] 可知[PM⊥PB.]

則[BM=34]，[MP=4.]

由勾股定理，可得[PB=BM2-MP2=32.]

則選項C和選項D正確.

故答案選ACD.

【評析】圖形的幾何特征是突破此題的關鍵，若直線[l]與半徑為[r]的圓[C]相離，圓心[C]到直線[l]的距離為[d，] 則圓[C]上一動點[P]到直線[l]的距離的取值范圍是[d-r，d+r.] 將[∠PBA]的最大（最小）問題轉化為直線[PB]與圓的位置關系，體現了數形結合及轉化與化歸的思想.

二、解法分析

1. 幾何直觀尋求突破

直線和圓存在對稱性，有豐富的幾何性質，這些幾何性質是直線與圓位置關系的特征反映. 利用幾何圖形的直觀性尋求突破，實現數與形的相互轉化，達到解題的目的，發展學生直觀想象素養.

例5 （浙江卷·16）已知橢圓[x2a2+y2b2=1 a>b>0，]焦點[F1-c，0，F2c，0 c>0.] 若過點[F1]的直線和圓[x-12c2+y2=c2]相切，與橢圓在第一象限交于點[P，] 且[PF2⊥Ox，] 則該直線的斜率是? ? ? ?，橢圓的離心率是? ? ? ?.

解：設直線[F1P]與圓[x-12c2+y2=c2]相切于點[B.]

如圖2，則[AB=c， AF1=32c，∠ABF1=π2.]

所以[BF1=52c，] 得[tan∠AF1B=255.]

所以所求直線的斜率[k=255，e=55.]

2. 分清主元構造方程

解析幾何是用代數方法研究幾何問題，建立方程是解題的核心，試題中通常涉及較多變量，要求學生在探究問題的過程中認清主元，構造合適的方程或方程組，實現將多元變量轉化為單元變量解決問題.

例6 （全國甲卷·理20）拋物線C的頂點為坐標原點O，焦點在x軸上，直線l：[x=1]交C于P，Q兩點，且[OP⊥OQ]. 已知點[M2，0，] 且圓[M]與l相切.

（1）求C，圓[M]的方程;

（2）設[A1，A2，A3]是C上的三個點，直線[A1A2，] [A1A3]均與圓[M]相切. 判斷直線[A2A3]與圓[M]的位置關系，并說明理由.

解：（1）由題意，可得拋物線[C]的方程為[y2=x;]圓[M]的方程為[x-22+y2=1.]

（2）設[A1x1，y1，A2x2，y2，A3x3，y3.]

① 若直線[A1A2]的斜率不存在，則直線[A1A2]的方程為[x=1]或[x=3;]

若直線[A1A2]的方程為[x=1，] 根據對稱性，不妨設點[A1]的坐標為[A11，1，]

則過點[A1]與圓[M]相切的另一條直線方程為[y=1.]

此時，該直線與拋物線只有一個交點，即不存在點[A3，] 不合題意.

若直線[A1A2]的方程為[x=3，] 根據對稱性，不妨設點[A1，A2]的坐標分別為[A13， 3，A23，-3，]

則過點[A1]與圓[M]相切的直線[A1A3]的方程為[y-3=33x-3.]

因為[kA1A3=y1-y3x1-x3=33，]

所以[y3=0，x3=0，]

即點[A3]的坐標為[A30，0.]

此時直線[A1A3，A2A3]關于[x]軸對稱，

所以直線[A2A3]與圓[M]相切.

② 若直線[A1A2，A1A3，A2A3]的斜率均存在，

則[kA1A2=1y1+y2，kA1A3=1y1+y3，kA2A3=1y2+y3.]

所以直線[A1A2]的方程為[y-y1=1y1+y2x-x1.]

整理，得[x-y1+y2y+y1y2=0.]

同理，直線[A1A3，A2A3]的方程分別為[x-y1+y3y+][y1y3=0，x-y2+y3y+y2y3=0.]

因為直線[A1A2]與圓[M]相切，

所以[2+y1y21+y1+y22=1.]

整理，得[y21-1y22+2y1y2+3-y21=0.]

因為直線[A1A3]與圓[M]相切，

同理，可得[y21-1y23+2y1y3+3-y21=0.]

所以[y2，y3]為方程[y21-1y2+2y1y+3-y21=0]的兩根.

所以[y2+y3=-2y1y21-1，y2y3=3-y21y21-1.]

所以點[M]到直線[A2A3]的距離為[2+y2y31+y2+y32=1.]

所以直線[A2A3]與圓[M]相切.

綜上所述，若直線[A1A2，A1A3]與圓[M]相切，則直線[A2A3]與圓[M]相切.

【評析】此題綜合考查了直線與圓的相切問題，變量較多. 在點[A1，A2，A3]的變化過程中，只要滿足直線[A1A2，A1A3]與圓[M]相切，就能得出直線[A2A3]與圓[M]相切，體現了變化中不變的規律. 巧妙之處在于利用[A1A2，A1A3]的對稱性，抽象出[y2+y3，y2y3]與[y1]的關系，把含有[y2，y3]的結構相同的兩個方程轉化為用主元[y1]表示的一元二次方程，利用根與系數的關系使得問題迎刃而解.

三、試題解法欣賞

例7 （上海卷·11）已知拋物線：[y2=2px p>0，] 其焦點為[F，] 若第一象限的[A，B]兩點在拋物線上，[AF=2，][BF=4， AB=3，] 則直線[AB]的斜率為? ? ? ?.

解法1：如圖3，過點[A，B]分別作準線的垂線[AA1，][BB1，] 垂足分別為點[A1，B1.] 過點[A]作[AG⊥BB1，] 交線段[BB1]于點[G.]

由拋物線的定義，可知[AA1=2， BB1=4.]

所以[BG=2.]

在Rt[△ABG]中，[AB=3， BG=2，∠AGB=π2，]

則[AG=5，tan∠ABG=52，]

即直線[AB]的斜率為[52.]

解法2：設[Ax1，y1，Bx2，y2.]

由拋物線定義，得

[AF=x1+p2=2， BF=x2+p2=4.]

所以[x2-x1=2].

由弦長公式，得[AB=1+k2x2-x1=3.]

解得[k=±52.]

由題意，可知直線[AB]的斜率為[52.]

例8 （全國新高考Ⅰ卷·21）在平面直角坐標系[xOy]中，已知點[F1-17，0，F217，0，] 點[M]滿足[MF1-MF2=2]，記點[M]的軌跡為[C.]

（1）略;

（2）設點[T]在直線[x=12]上，過點[T]的兩條直線分別交[C]于[A，B]兩點和[P，Q]兩點，且[TATB=TP ?][TQ，] 求直線[AB]的斜率與直線[PQ]的斜率之和.

解法1：由題意，可求得軌跡[C]的方程為[x2-][y216=1 x≥1.]

設點[T12，t.]

若過點[T]的直線的斜率不存在，則該直線與曲線[C]無公共點.

所以過點[T]的兩條直線的斜率一定存在.

設直線[AB]的方程為[y-t=k1x-12，]

即[y=k1x+t-12k1.]

聯立[y=k1x+t-12k1，16x2-y2=16，]

消去[y]并整理，可得

[k21-16x2+k12t-k1x+t-12k12+16=0.]

設點[Ax1，y1，Bx2，y2，]

由根與系數的關系，得

[x1+x2=k21-2k1tk21-16，x1x2=t-12k12+16k21-16.]

所以[TATB=t2+121+k21k21-16.]

設直線[PQ]的斜率為[k2，]

同理，可得[TPTQ=t2+121+k22k22-16.]

因為[TATB=TPTQ，]

所以[t2+121+k21k21-16=t2+121+k22k22-16.]

則[k21=k22.]

顯然[k1-k2≠0，] 故[k1+k2=0.]

因此，直線[AB]與直線[PQ]的斜率之和為[0.]

解法2：由題意，設[T12，m，] 直線[AB]的傾斜角為[α，] 直線[PQ]的傾斜角為[β，]

則直線[AB]的參數方程為[x=12+tcosα，y=m+tsinα]（[t]為參數）.

與方程[x2-y216=1 x≥1]聯立，得

[16cos2α-sin2αt2+16cosα-2msinαt-m2-12=0.]

則[t1t2=TATB=-m2-1216cos2α-sin2α.]

同理，可得[t3t4=TPTQ=-m2-1216cos2β-sin2β.]

由題意，可知[t1t2=t3t4.]

則[-m2-1216cos2α-sin2α=-m2-1216cos2β-sin2β.]

整理，得[cos2α=cos2β.]

所以[tan2α=tan2β，]

即[kAB2=kPQ2.]

因為[kAB≠kPQ，]

所以[kAB+kPQ=0.]

參考文獻：

[1]中華人民共和國教育部制定. 普通高中數學課程標準（2017年版）[M]. 北京：人民教育出版社，2018.

[2]陶兆龍，從品. 2019年高考“直線和圓的方程”專題解題分析[J]. 中國數學教育（高中版），2019（9）：18-23.

[3]閆旭，宋永任. 2020年高考“直線和圓的方程”專題解題分析[J]. 中國數學教育（高中版），2020（11）：12-17.