追本溯源：2025年高考真題“圓”來如此

2025年新高考數學試卷呈現“低起點，多層次，高落差”的特點，基礎分值顯著增加，不管是新高考1卷還是Ⅱ卷都透露出一個強烈的信號，回歸數學本質.這啟示我們教學中要引導學生深刻理解概念原理、掌握基本方法、領悟數學思想、積累活動經驗

高考試卷在全面考查基礎知識的同時，也對高中數學的核心概念進行了重點考查，并著重強調融會貫通，增強同一主題必修模塊與選擇性必修模塊間的聯系，增強不同主題之間的聯系，在知識網絡的交匯點設計題目，促進各分支知識本身的縱向延伸，同時增強知識分支間的橫向拓展，如對圓的考查部分，除了直線與圓的交匯，也在圓錐曲線中融合“圓”的信息，在球的問題中從不同角度考查圓的性質.筆者由此探源教材，鏈接高考，追本溯源，以便創造性地運用教材.

直線與圓的交匯

例1（2025年新高考Ⅰ卷·7）已知圓 x²+（y 上到直線 的距離為1的點有且僅有2個，則 r 的取值范圍為（ ）.

A. （0，1） B.（1，3） C ?（3，+∞） （204 D. （0，+∞）

圖1

析解 解題關鍵在于將問題轉化為圓

心到直線的距離.由于當圓心到直線距離 d=r+1 時，圓上有且僅有1個點到直線距離為1（如圖1）；

當圓心到直線距離 d =r-1 時，圓上有且僅有3個點到直線距離為1（如圖2），因此當圓心到直線距離 r-1

圖2

且僅有2個點到直線距離為1，故只需滿足 r-1lt;2

探源教材（人教 A 版選擇必修第一冊·第二章《直線和圓的方程》習題2.5第13題）已知圓 x²+ y²=4 ，直線 l：y=x+b.b 為何值時，圓上恰有三個點到直線 l 的距離都等于1.可以將問題拓廣為探索4 b 分別為何值時，圓上恰有1個點，2個點，3個點，4個點到直線 l 的距離都等于1”.理清問題本質，不管圓在變還是直線在變，始終抓住問題的核心一圓心到直線的距離與半徑和1的關系

2 圓錐曲線與圓的融合

例2（2025年新高考Ⅱ卷·11）已知雙曲線 的左、右焦點分別為F₁，F₂ ，左、右頂點分別為 A₁，A₂ ，以 F₁F₂ 為直徑的圓與C的一條漸近線交于M，N，且∠NA，M=，則

A. C. C 的離心率為 D.當 時，四邊形 NA₁MA₂ 的面積為

析解 不妨設 N 在第一象限（如圖3），由于 ，則N（a，b），M（δ-a，δ-b） ， 故 ∠MA₂A₁ （204號 因此 圖3中 ，tan∠MAA ，故 當 形 NA₁MA₂ 的面積為 故選 A，C，D

b

2a

時，四邊

評注本題中關于圓的條件“以 F₁F₂ 為直徑的圓與 c 的一條漸近線交于 M，N^′′ 的主要作用在于確定 |OM|=|ON|=c ，再回歸雙曲線的特征三角形確定出 MA₁，NA₂ 與 A₁A₂ 的垂直關系.事實上， ^，A，B 為定點，若以 AB 為直徑的圓經過點 c （不與 ^A，B 重合），則 AC⊥BC ；反之亦然.如2020年新高考Ⅰ卷22題：

已知橢圓的離 ∴ 率為 且過點 ^A（2，1） . （1）求 C 的方程；（2）點 M，N 在 C 上，且 AM⊥AN，AD⊥

MN，D 為垂足.證明：存在定點 Q ，使得 |DQ| 為定值.

該題第（2）問本質上就是由條件“ ?AM⊥AN^′′ 證明直線MN過定點 E （如圖4），那么點 D 就在以 AE 為直徑的圓上，

圖4

故 AE 的中點即為所求證的點 Q ，使得 |DQ|= 為定值.

探源教材（人教 A 版選擇必修第一冊第二章《直線和圓的方程》習題2.4第5題）已知圓的一條直徑的端點分別是 A（x₁，y₁），B（x₂，y₂） ，求證此圓的方程是 可以由直徑確定出圓心及半徑便可得證；也可由圓上任一點 c 都滿足 進行證明.

例3（2025年新高考Ⅰ卷·18）已知橢圓 C 的離心率為 下頂點為 A ，右頂點為 B，（1） 求 c 的方程；（2）已知動點 P 不在 y 軸上，點 R 在射線 AP 上，且滿足 |_AP|?∣_AR|=3

（i）設 P（m，n） ，求 R 的坐標（用 ^m，n 表示）；（ii）設 o 為坐標原點， Q 是 c 上的動點，直線OR的斜率是直線 ∣OP∣ 的斜率的3倍，求 |PQ| 的最大值

析解 （1） （過程略）；

（2）（i）由于點 R 在射線 AP 上，故 與 共線且同向，因此 |_AP|?|_AR|=3 可轉化為 3.設 R（x₀，y₀） ，由 可得 R （20 的坐標為

（ii）由直線 OR 的斜率是直線 oP 的斜率的3倍，及（i）的結論可得二m-n2+n+2=3n， 整理得 m²+n²+8n-2=0 ，即點 P 軌跡為圓，即 m²+ （204號 （n+4）²=18. 因此 |PQ| 的最大值可轉化求為 c 上的動點 Q（x，y） 到圓心 M（0，-4） 的距離最大值加上半徑 從而 （2 ，故 時，即 時， |PQ| 的最大值為

評注本題在（2）（i）的基礎上結合直線 OR 的斜率是直線 oP 的斜率的3倍，不難得出點 P 軌跡為圓 M. 那么問題轉化為橢圓上動點 Q 與圓上動點P 距離的最值問題.本質上先固定點 Q ，那么問題轉化為求定點與圓上動點距離的最大值，此時 |PQ|? |QM|+r. 問題再次轉化為求定點 M 與橢圓上動點距離的最大值.不管橢圓上點是三角換元還是一般設法，最終回歸二次函數的最值問題

探源教材（1）（人教A版選擇必修第一冊·第二章《直線和圓的方程》95頁練習第3題）在一個平面上，機器人從與點 C（5，-3） 的距離為9的地方繞點 c 順時針而行，在行進過程中保持與 c 的距離不變它在行進過程中到過點 A（-10，0） 與B（0，12） 的直線的最近距離和最遠距離分別是多少？

（2）（人教 A 版選擇必修第一冊·第二章《直線和圓的方程》習題2.5第12題）已知 A（δ_-2，δ_-2） ， 三點，點 P 在圓 x²+y²=4 上運動，求 |PA|²+|PB|²+|PC|² 的最大值與最小值.

（3）（人教 A 版選擇必修第一冊·第二章《直線和圓的方程》復習參考題2第10題）求點P（δ_-2，δ_-1） 到直線 4λ=0（λ 為任意實數）的距離的最大值.

例4 （2025年新高考 I 卷·16）已知橢圓 c ： 的離心率 ，長軸長為4.（1）求橢圓 c 的方程；（2）過點（0，-2）的直線 l 與 c 交于不同的兩點 ^A，B，O 為坐標原點，若三角形 ΔAOB 的面積為 ，求 |AB|

析解 （1） （過程略）；

（2）利用仿射變換，設 ，則 x^′2+ y^′2=4 ，在新的坐標系中（如圖5所示），橢圓變換為

圓，點（0，-2）變換為

A（x₁，y₁），B（x₂，y₂） 變換為 A^′（x₁^′，y₁^′）= （204號

，

B^′（x₂^′，y₂^′）= （204號

，故 ΔA^′O^′B^′ 的面積變為原來的

圖5

倍由 ΔA^′O^′B^′ 的面積為2及 ∣O^′A^′∣=∣O^′B^′∣=2 可得 ∠A^′O^′B^′=90^° ，故圓心 到 A^′B^′ 的距離 ，所以 ∠E^′D^′O^′= 30° ，因此 A^′B^′ 的斜率為 ，而 √2kAB，故原坐標系中AB的斜率為 而 所以

評注將圓進行伸縮變換可以得到橢圓，因此橢圓問題也可以通過仿射變換轉化為圓的問題，常涉及弦長、面積、斜率等.圓的問題解題關鍵主要是抓住圓心與半徑，弦長問題可關聯垂徑定理以及點到直線距離關系，面積問題特別是如本例中

ΔA^′O^′B^′ 的面積問題則回歸圓心角問題，最終轉化為圓心到直線的距離問題，可謂是“萬變不離其宗”.

探源教材

圖6

列2）如圖6，在圓 x²+y²=4

（1）（人教A版選擇必修第一冊·第三章《圓錐曲線的方程》108頁例2上任取一點 P ，過點 P 作足.當點 P 在圓上運動時時什么？為什么？（當 P 經M 與 P 重合.）

（2）（人教 A 版選擇必修第一冊·第三章《圓錐曲線的方程》108頁·思考）由例2我們發

圖7

現，可以由圓通過“壓縮”得到橢圓.你能由圓通過“拉伸”得到橢圓嗎？如何“拉伸”？由此你能發現橢圓與圓之間的關系嗎？

（3）（人教 A 版選擇必修第一冊·第三章《圓錐曲線的方程》習題3.1第9題）如圖 ^7，DP⊥x 軸，垂足為 D ，點 M 在 DP 的延長線上，且 當點P 在圓 x²+y²=4 上運動時，求點 M 的軌跡方程，并說明軌跡的形狀.

3球與圓的碰撞

例5（2025年新高考Ⅱ卷·14）一個底面半徑為 4cm ，高為 9cm 的封閉圓柱形容器，有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為

析解可知兩鐵球半徑最大時，兩球相切且分別與圓柱上、下底面相切，與圓柱內壁也相切.作出軸截面可得矩形與兩大圓的相切關系如圖8所示，容易得到 （9-2r）²+（8-2r）²= （204號（2r）² ，解得 ，即鐵球半徑的最大值為 （24

圖8

例6（2025年新高考Ⅰ卷·17）在四棱錐 P- ABCD中， PA⊥ 平面 ABCD，BC//AD，AB⊥AD

（1）證明：平面 PAB⊥ 平面 PAD 5（2）若 （20^B，C，D 在同一個球面上，設該球面的球心為 o （i）證明： o 在平面 ABCD 上；（ii）求直線 AC 與直線 PO 所成角的余弦值.

析解 （1）證略；（2）（i）（法一）設出球心 o （20的坐標，解方程組 ，便可求得球心 o （20號的坐標，由此證明 o 在平面 ABCD 上.該法主要利用球的定義.（法二） |P，B，C，D 在同一個球面上，解題的突破口在確定 ΔBCD 的外心 O₁ ，利用坐標法，平面 ABCD 上以 A 為原點， 為 ^x，y 軸正方向建系，可知 O₁ 在 BC 的中垂線 y=1 上，由 ，

可求 cD 的中垂線方程為 + 1 ，故 O₁ 坐標為（0，1）在 AD 上，且 |O₁P|= ，因此球心 o 即為 O₁ 在平面ABCD.該法本質上將問題轉化為解析法求已知三角形外接圓圓心.（法三）利用勾股定理可確定 ΔBCD 三邊長為 BD= 6+23，由余弦定理可求得cos∠BDC =√， 故 ，由正弦定理可知 ΔBCD 外接半徑 r 0

的外心 O₁ 在 BC 的中垂線上，因此 O₁ 到 BC 的距離為 ，故 O₁ 在 AD 上且 AO₁=1 ，此時 ，因此球心 o 即為 O₁ 在平面 ABCD .該法本質上將問題轉化為解三角形問題，利用正弦定理求已知三角形外接圓半徑，從而確定外接圓圓心.

（ii） 過程略）.

探源教材（1）（人教A版選擇必修第一冊·第二章《直線和圓的方程》83頁例 2）ΔABC 的三個頂點分別是 A（5，1），B（7，-3），C（2，-8） ，求 ΔABC 外接圓的標準方程

（2）（人教 A 版必修第二冊·第六章《平面向量及其應用》習題6.4第17題）證明：設三角形的外接圓半徑為 R ，則 a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC. （2

4結語

高考命題不斷創新情境設計、內容設計和設問設計，因此在教學中，教師應從不同角度梳理教材中四條主線與各主題的內容，從而整體把握課程內容.在創設教學情境時，要抓住數學的本質，圍繞數學中重要的、本質的概念、原理和解決問題的思維方式來創設教學情境和提出問題，要更加注重基礎與創新關系的處理.而適合學生實際的情境與創新的問題設計，對教師是具有挑戰性的，需要教師不斷地學習、探索、研究、實踐.同時也需要引導學生重視構建數學知識體系，讓學生在面對具體問題時，能將學習到的各個模塊的知識有機結合并綜合應用，而不是簡單地將各個知識模塊割裂。