2021年高考“直线和圆的方程”专题解题分析

王祥芬

摘  要：2021年高考数学试卷中有关直线和圆的方程的试题，内容主要有判断直线和圆的位置关系、求解直线与圆的方程、弦长问题、面积问题、最值问题. 试题的形式注重基础、知识交会、适当创新. 解题思路主要有借助几何直观寻求突破，把握解析几何本质合理转化，分析多变量中的主元构造方程等.

关键词：直线与圆的方程;几何直观;解题分析;解法欣赏

直线与圆的方程是解析几何部分的基础内容，同时是高中数学中的主干知识，也是高考较为重要的考查内容，是培养学生直观想象和数学运算素养的良好载体. 2021年高考数学10份试卷中涉及直线与圆的方程的试题包含选择题、填空题和解答题三种题型，主要考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离、弦长、面积等问题. 但更多的是将直线和圆的方程与圆锥曲线知识交会，涵盖了函数、不等式等内容，综合性较强. 要求学生解题思路清晰，能进行有效的转化和化归，领悟用代数方法研究几何问题的解析几何的本质.

一、试题分析

1. 求确定直线和圆的几何要素

例1 （上海卷·3）已知圆[x2+y2-2x-4y=0，] 则该圆的圆心坐标为      .

答案：[1，2.]

2. 判断直线和圆的位置关系

直线与圆的位置关系是高考考查的重点，通常利用比较圆心到直线的距离与半径的大小来判断直线与圆的位置关系.

例2 （全国新高考Ⅱ卷·11）已知直线[l：ax+][by-r2=0 r>0]與圆[C：x2+y2=r2，] 点[Aa，b，] 则下列说法正确的是（    ）.

（A）若点[A]在圆[C]上，则直线[l]与圆[C]相切

（B）若点[A]在圆[C]内，则直线[l]与圆[C]相离

（C）若点[A]在圆[C]外，则直线[l]与圆[C]相离

（D）若点[A]在直线[l]上，则直线[l]与圆[C]相切

解：若点[A]在圆[C]上，

则有[a2+b2=r2.]

圆[C]的圆心到直线[l]的距离为[d=r2a2+b2=r.]

则直线[l]与圆[C]相切.

故选项A正确.

若点[A]在圆[C]内，

则有[a2+b2r，]

即直线[l]与圆[C]相离.

故选项B正确.

若点[A]在圆[C]外，

则[a2+b2>r2，] 圆[C]的圆心到直线[l]的距离[d=][r2a2+b2

即直线[l]与圆[C]相交.

故选项C错误.

若点[A]在直线[l]上，

则有[a2+b2=r2，] 圆[C]的圆心到直线[l]的距离[d=][r2a2+b2=r，] 即直线[l]与圆[C]相切.

故选项D正确.

所以答案选ABD.

【评析】这是一道多选题，需要对题中给出的所有选项逐一进行判断. 此题以点与圆的位置关系为条件，结合不等式的性质得出圆心到直线的距离与半径之间的大小关系，进而判断直线与圆的位置关系.

3. 弦长问题

弦长问题举足轻重，2021年高考数学试题中单纯以求弦长为求解目标的试题较少. 大多数是已知弦长求参数的值或范围的逆向思维试题，也有将弦长作为条件的综合试题. 解决直线被圆截得的弦长问题的核心是在由弦心距、弦长的一半及半径所构成的直角三角形中运用勾股定理进行计算.

例3 （北京卷·9）已知直线[y=kx+m]（[m]为常数）与圆[x2+y2=4]交于点[M，N]. 当[k]变化时，若[MN]的最小值为2，则[m]的值为（    ）.

（A）±1  （B）[±2]  （C）[±3]  （D）±2

解：由题意，得圆[x2+y2=4]的圆心坐标为[0，0，] 半径为2，

则圆心到直线[l]的距离[d=mk2+1.]

则弦长为[24-m2k2+1.]

当[k=0]时弦长取得最小值[24-m2=2.]

解得[m=±3.]

故答案选C.

【评析】此题考查直线与圆相交的弦长问题，弦长中有两个参数[m，k.] 在问题的处理中将[m]看作常数，弦长则为关于变量[k]的函数，利用函数知识研究最小值得到结果.

4. 最值问题

最值问题是直线与圆的方程部分常见的题型，主要考查直线与圆的核心知识、本质特征，以及基本思想方法. 处理方法有两种：一是从几何角度出发，利用图形的特征和性质直接得出结果，这种解法比较灵活，要求学生有很强的画图、识图能力;二是从代数角度出发，构建函数模型，利用函数性质求最值，这种解法要与其他知识进行综合应用，要求学生明晰算理，合理运算.

例4 （全国新高考Ⅰ卷·11）已知点[P]在圆[x-52+][y-52=16]上，点[A4，0，B0，2，] 则（    ）.

（A）点[P]到直线[AB]的距离小于[10]

（B）点[P]到直线[AB]的距离大于[2]

（C）当[∠PBA]最小时，[PB=32]

（D）当[∠PBA]最大时，[PB=32]

解：由已知条件，可知圆[x-52+y-52=16]的圆心为[M5，5，] 半径为[4.]直线[AB]的方程为[x+2y-4=0.]

则圆心[M]到直线[AB]的距离[d=1155>4.]

所以点[P]到直线[AB]的距离的最小值为[1155-4<][2;] 最大值为[1155+4<10.]

故选项A正确，选项B错误.

如图1，当[∠PBA]最大或最小时，[PB]与圆[M]相切，连接[MP，BM，] 可知[PM⊥PB.]

则[BM=34]，[MP=4.]

由勾股定理，可得[PB=BM2-MP2=32.]

则选项C和选项D正确.

故答案选ACD.

【評析】图形的几何特征是突破此题的关键，若直线[l]与半径为[r]的圆[C]相离，圆心[C]到直线[l]的距离为[d，] 则圆[C]上一动点[P]到直线[l]的距离的取值范围是[d-r，d+r.] 将[∠PBA]的最大（最小）问题转化为直线[PB]与圆的位置关系，体现了数形结合及转化与化归的思想.

二、解法分析

1. 几何直观寻求突破

直线和圆存在对称性，有丰富的几何性质，这些几何性质是直线与圆位置关系的特征反映. 利用几何图形的直观性寻求突破，实现数与形的相互转化，达到解题的目的，发展学生直观想象素养.

例5 （浙江卷·16）已知椭圆[x2a2+y2b2=1 a>b>0，]焦点[F1-c，0，F2c，0 c>0.] 若过点[F1]的直线和圆[x-12c2+y2=c2]相切，与椭圆在第一象限交于点[P，] 且[PF2⊥Ox，] 则该直线的斜率是       ，椭圆的离心率是       .

解：设直线[F1P]与圆[x-12c2+y2=c2]相切于点[B.]

如图2，则[AB=c， AF1=32c，∠ABF1=π2.]

所以[BF1=52c，] 得[tan∠AF1B=255.]

所以所求直线的斜率[k=255，e=55.]

2. 分清主元构造方程

解析几何是用代数方法研究几何问题，建立方程是解题的核心，试题中通常涉及较多变量，要求学生在探究问题的过程中认清主元，构造合适的方程或方程组，实现将多元变量转化为单元变量解决问题.

例6 （全国甲卷·理20）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：[x=1]交C于P，Q两点，且[OP⊥OQ]. 已知点[M2，0，] 且圆[M]与l相切.

（1）求C，圆[M]的方程;

（2）设[A1，A2，A3]是C上的三个点，直线[A1A2，] [A1A3]均与圆[M]相切. 判断直线[A2A3]与圆[M]的位置关系，并说明理由.

解：（1）由题意，可得抛物线[C]的方程为[y2=x;]圆[M]的方程为[x-22+y2=1.]

（2）设[A1x1，y1，A2x2，y2，A3x3，y3.]

① 若直线[A1A2]的斜率不存在，则直线[A1A2]的方程为[x=1]或[x=3;]

若直线[A1A2]的方程为[x=1，] 根据对称性，不妨设点[A1]的坐标为[A11，1，]

则过点[A1]与圆[M]相切的另一条直线方程为[y=1.]

此时，该直线与抛物线只有一个交点，即不存在点[A3，] 不合题意.

若直线[A1A2]的方程为[x=3，] 根据对称性，不妨设点[A1，A2]的坐标分别为[A13， 3，A23，-3，]

则过点[A1]与圆[M]相切的直线[A1A3]的方程为[y-3=33x-3.]

因为[kA1A3=y1-y3x1-x3=33，]

所以[y3=0，x3=0，]

即点[A3]的坐标为[A30，0.]

此时直线[A1A3，A2A3]关于[x]轴对称，

所以直线[A2A3]与圆[M]相切.

② 若直线[A1A2，A1A3，A2A3]的斜率均存在，

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

所以直线[A1A2]的方程为[y-y1=1y1+y2x-x1.]

整理，得[x-y1+y2y+y1y2=0.]

同理，直线[A1A3，A2A3]的方程分别为[x-y1+y3y+][y1y3=0，x-y2+y3y+y2y3=0.]

因为直线[A1A2]与圆[M]相切，

所以[2+y1y21+y1+y22=1.]

整理，得[y21-1y22+2y1y2+3-y21=0.]

因为直线[A1A3]与圆[M]相切，

同理，可得[y21-1y23+2y1y3+3-y21=0.]

所以[y2，y3]为方程[y21-1y2+2y1y+3-y21=0]的两根.

所以[y2+y3=-2y1y21-1，y2y3=3-y21y21-1.]

所以点[M]到直线[A2A3]的距离为[2+y2y31+y2+y32=1.]

所以直线[A2A3]与圆[M]相切.

综上所述，若直线[A1A2，A1A3]与圆[M]相切，则直线[A2A3]与圆[M]相切.

【评析】此题综合考查了直线与圆的相切问题，变量较多. 在点[A1，A2，A3]的变化过程中，只要满足直线[A1A2，A1A3]与圆[M]相切，就能得出直线[A2A3]与圆[M]相切，体现了变化中不变的规律. 巧妙之处在于利用[A1A2，A1A3]的对称性，抽象出[y2+y3，y2y3]与[y1]的关系，把含有[y2，y3]的结构相同的两个方程转化为用主元[y1]表示的一元二次方程，利用根与系数的关系使得问题迎刃而解.

三、试题解法欣赏

例7 （上海卷·11）已知抛物线：[y2=2px p>0，] 其焦点为[F，] 若第一象限的[A，B]两点在抛物线上，[AF=2，][BF=4， AB=3，] 则直线[AB]的斜率为       .

解法1：如图3，过点[A，B]分别作准线的垂线[AA1，][BB1，] 垂足分别为点[A1，B1.] 过点[A]作[AG⊥BB1，] 交线段[BB1]于点[G.]

由抛物线的定义，可知[AA1=2， BB1=4.]

所以[BG=2.]

在Rt[△ABG]中，[AB=3， BG=2，∠AGB=π2，]

则[AG=5，tan∠ABG=52，]

即直线[AB]的斜率为[52.]

解法2：设[Ax1，y1，Bx2，y2.]

由抛物线定义，得

[AF=x1+p2=2， BF=x2+p2=4.]

所以[x2-x1=2].

由弦长公式，得[AB=1+k2x2-x1=3.]

解得[k=±52.]

由题意，可知直线[AB]的斜率为[52.]

例8 （全国新高考Ⅰ卷·21）在平面直角坐标系[xOy]中，已知点[F1-17，0，F217，0，] 点[M]满足[MF1-MF2=2]，记点[M]的轨迹为[C.]

（1）略;

（2）设点[T]在直线[x=12]上，过点[T]的两条直线分别交[C]于[A，B]两点和[P，Q]两点，且[TATB=TP ?][TQ，] 求直线[AB]的斜率与直线[PQ]的斜率之和.

解法1：由题意，可求得轨迹[C]的方程为[x2-][y216=1 x≥1.]

设点[T12，t.]

若过点[T]的直线的斜率不存在，则该直线与曲线[C]无公共点.

所以过点[T]的两条直线的斜率一定存在.

设直线[AB]的方程为[y-t=k1x-12，]

即[y=k1x+t-12k1.]

联立[y=k1x+t-12k1，16x2-y2=16，]

消去[y]并整理，可得

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

设点[Ax1，y1，Bx2，y2，]

由根与系数的关系，得

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

所以[TATB=t2+121+k21k21-16.]

设直线[PQ]的斜率为[k2，]

同理，可得[TPTQ=t2+121+k22k22-16.]

因为[TATB=TPTQ，]

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

则[k21=k22.]

显然[k1-k2≠0，] 故[k1+k2=0.]

因此，直线[AB]与直线[PQ]的斜率之和为[0.]

解法2：由题意，设[T12，m，] 直线[AB]的倾斜角为[α，] 直线[PQ]的倾斜角为[β，]

则直线[AB]的参数方程为[x=12+tcosα，y=m+tsinα]（[t]为参数）.

与方程[x2-y216=1 x≥1]联立，得

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

则[t1t2=TATB=-m2-1216cos2α-sin2α.]

同理，可得[t3t4=TPTQ=-m2-1216cos2β-sin2β.]

由题意，可知[t1t2=t3t4.]

则[-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.]

参考文献：

[1]中华人民共和国教育部制定. 普通高中数学课程标准（2017年版）[M]. 北京：人民教育出版社，2018.

[2]陶兆龙，从品. 2019年高考“直线和圆的方程”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2019（9）：18-23.

[3]闫旭，宋永任. 2020年高考“直线和圆的方程”专题解题分析[J]. 中国数学教育（高中版），2020（11）：12-17.