第13小题 直线与圆-2024年高考《数学》复习题型分类与方法点拨（解析版）

第第页第13小题直线与圆TOC\o"1-5"\h\u第13小题直线与圆 1一、主干知识归纳与回顾 213.1直线的倾斜角与斜率 213.2直线的方程 313.3直线的交点坐标与距离公式 413.4圆与方程 413.5直线与圆、圆与圆的位置关系 4（一）命题角度剖析 5（二）考情分析 5（三）高考预测 5二、题型分类与预测 5命题点一：直线的方程 61.1母题精析（三年高考真题） 6一．方程组解的个数与两直线的位置关系（共1小题） 6二．与直线关于点、直线对称的直线方程（共1小题） 6三．两点间的距离公式（共1小题） 7四．点到直线的距离公式（共2小题） 7五．两条平行直线间的距离（共1小题） 8六．两直线的夹角与到角问题（共1小题） 91.2解题模型 91.3对点训练（四年省市模考） 11一．直线的一般式方程与直线的平行关系（共1小题） 11二．直线的一般式方程与直线的垂直关系（共1小题） 11三．恒过定点的直线（共1小题） 12四．与直线关于点、直线对称的直线方程（共1小题） 12五．两点间的距离公式（共1小题） 13命题点二：圆的方程 131.1母题精析（三年高考真题） 13一．圆的标准方程（共1小题） 13二．圆的一般方程（共2小题） 14三．圆的切线方程（共2小题） 15四．直线与圆相交的性质（共1小题） 16五．直线与圆的位置关系（共13小题） 171.2解题模型 241.3对点训练（四年省市模考） 26一．圆的标准方程（共1小题） 26二．轨迹方程（共7小题） 27三．圆的切线方程（共1小题） 34四．直线与圆相交的性质（共1小题） 35五．直线与圆的位置关系（共20小题） 37六．圆与圆的位置关系及其判定（共2小题） 50三、类题狂刷（五年区模、校模）： 52一．直线的一般式方程与直线的平行关系（共2小题） 52二．直线的一般式方程与直线的垂直关系（共1小题） 52三．两点间的距离公式（共2小题） 53四．轨迹方程（共7小题） 54五．点与圆的位置关系（共1小题） 63六．圆的切线方程（共3小题） 63七．直线与圆的位置关系（共24小题） 65八．圆与圆的位置关系及其判定（共2小题） 84一、主干知识归纳与回顾13.1直线的倾斜角与斜率1.倾斜角与斜率：倾斜角：当直线与轴相交时，以轴为基准，轴正向和直线向上的方向之间所成的角叫直线的倾斜角，取值范围为.斜率：直线的倾斜角的正切值叫做这条直线的斜率.斜率通常用来表示.斜率公式：如果直线经过两点,则.直线的方向向量：斜率为的直线的一个方向向量是,若斜率为的直线的一个方向向量的坐标为，则.2.两条直线平行和垂直的判定斜率分别为的两条不重合的直线，有.斜率分别为的两条直线，有.13.2直线的方程1.直线方程：⑴点斜式：（不能表示斜率不存在的直线）⑵斜截式：（不能表示斜率不存在的直线，是直线与轴的交点纵坐标（即轴上的截距））⑶两点式：⑷截距式：（是直线在轴上的截距，且）⑸一般式：（不同时为0）2.给定直线方程判断直线的位置关系：（一）对于直线有：⑴；⑵和相交；⑶和重合；⑷.（二）对于直线：（1）与直线垂直的一个向量为，平行的一个向量为.（2）对于直线有：；和相交；.13.3直线的交点坐标与距离公式（1）两点间距离公式：已知，则.（2）点到直线距离公式：到直线的距离为：.（3）两平行线间的距离公式：：与：间的距离为：.13.4圆与方程1.圆的方程：⑴标准方程：(其中圆心为，半径为.)⑵一般方程：.().13.5直线与圆、圆与圆的位置关系1.直线与圆的位置关系:（表示圆心到直线的距离）;;.2.直线和圆相交弦长公式：（表示圆心到直线的距离）3.两圆位置关系：（1）外离：；（2）外切：；（3）相交：；（4）内切：（）；（5）内含：（（一）命题角度剖析1.直线的方程★★★☆☆2.圆的方程★★★★☆（二）考情分析高考频率：70%试题难度：容易或中等呈现形式：以选择题或填空题呈现（三）高考预测常直线与圆的方程问题有时单独考查，有时与圆锥曲线结合起来考查，直线与圆的位置关系是考查的热点，有时也涉及点与圆或圆与圆的位置关系二、题型分类与预测命题点一：直线的方程1.1母题精析（三年高考真题）一．方程组解的个数与两直线的位置关系（共1小题）1．（2022•上海）若关于，的方程组有无穷多解，则实数的值为4．【分析】根据题意，分析可得直线和平行，由此求出的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，若关于，的方程组有无穷多解，则直线和重合，则有，即，解可得，当时，两直线重合，方程组有无数组解，符合题意，当时，两直线平行，方程组无解，不符合题意，故．故答案为：4【点评】本题考查直线与方程的关系，注意转化为直线与直线的关系，属于基础题．二．与直线关于点、直线对称的直线方程（共1小题）2．（2015•山东）一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为A．或 B．或 C．或 D．或【分析】点关于轴的对称点为，可设反射光线所在直线的方程为：，利用直线与圆相切的性质即可得出．【解答】解：点关于轴的对称点为，故可设反射光线所在直线的方程为：，化为．反射光线与圆相切，圆心到直线的距离，化为，或．故选：．【点评】本题考查了反射光线的性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、点斜式、对称点，考查了计算能力，属于中档题．三．两点间的距离公式（共1小题）3．（2014•四川）设，过定点的动直线和过定点的直线交于点，则的取值范围是A．， B．， C．， D．，【分析】可得直线分别过定点和且垂直，可得．三角换元后，由三角函数的知识可得．【解答】解：由题意可知，动直线经过定点，动直线即，经过点定点，动直线和动直线的斜率之积为，始终垂直，又是两条直线的交点，，．设，则，，由且，可得，，，，，，，，，，故选：．【点评】本题考查直线过定点问题，涉及直线的垂直关系和三角函数的应用，属中档题．四．点到直线的距离公式（共2小题）4．（2020•新课标Ⅲ）点到直线距离的最大值为A．1 B． C． D．2【分析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论．【解答】解：方法一：因为点到直线距离；要求距离的最大值，故需；，当且仅当时等号成立，可得，当时等号成立．方法二：由可知，直线过定点，记，则点到直线距离．故选：．【点评】本题考查的知识点是点到直线的距离公式，属于基础题．5．（2018•北京）在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离．当、变化时，的最大值为A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由题意，当时，．由此能求出的最大值．【解答】解：由题意，当时，．的最大值为3．故选：．【点评】本题考查点到直线的距离的最大值的求法，考查点到直线的距离公式、三角函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．五．两条平行直线间的距离（共1小题）6．（2020•上海）已知直线，，若，则与的距离为．【分析】由求得的值，再根据两平行线间的距离计算即可．【解答】解：直线，，当时，，解得；当时与重合，不满足题意；当时，此时，；则与的距离为．故答案为：．【点评】本题考查了平行线的定义和平行线间的距离计算问题，是基础题．六．两直线的夹角与到角问题（共1小题）7．（2021•上海）直线与直线的夹角为．【分析】先求出直线的斜率，可得它们的倾斜角，从而求出两条直线的夹角．【解答】解：直线的斜率不存在，倾斜角为，直线的斜率为，倾斜角为，故直线与直线的夹角为，故答案为：．【点评】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，两条直线的夹角，属于基础题．1.2解题模型1.倾斜角与斜率(1)由直线倾斜角的取值范围求斜率的取值范围或由斜率的取值范围求直线倾斜角的取值范围时，常借助正切函数y=tanx在上的单调性求解，这里特别要注意，正切函数在上并不是单调的.(2)求形如的最值，利用的几何意义：连接定点(a,b)与动点(x,y)的直线的斜率，借助图形，将求最值问题转化为求斜率的取值范围问题.2.直线方程综合应用的类型与解题策略(1)求直线方程.若已知点和直线的方向求直线方程，则可由直线方程的几种特殊形式直接写出方程.在应用“点斜式”和“斜截式”方程时，要注意讨论斜率是否存在.在应用“截距式”方程时，要注意讨论截距是否为0.若已知两直线的位置关系求直线方程，则可利用直线系直接设出方程，用待定系数法即可求解.归纳总结：常用的直线系方程如下：①与Ax+By+C=0(A,B不全为0)平行的直线方程设为Ax+By+D=0(D≠C).②与Ax+By+C=0(A,B不全为0)垂直的直线方程设为Bx-Ay+D=0.③过l₁:A₁x+B₁y+C₁=0(A₁,B₁不全为0),l₂:A₂x+B₂y+C₂=0(A₂,B₂不全为0)交点的直线方程设为A₁x+B₁y+G+λ(A₂x+B₂y+C₂)=0(不包括l₂).(2)求解与直线方程有关的最值问题.先设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解.(3)求参数值或取值范围.注意若点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性或基本不等式求解.(4)求解与直线方程有关的面积问题.应根据直线方程求出相应坐标或者相关长度，进而求得多边形面积.(5)求含有参数的直线方程过定点问题.可将已知方程整理成关于参数的方程.若直线恒过定点，则关于参数的方程恒成立，进而求出定点.如整理成f(x,y)+ag(x,y)=0,而该方程关于a恒成立，则有，其解就是所求定点。3.对称问题的处理方法(1)中心对称点P(x,y)关于点O(a,b)的对称点Q(x0,y0)满足(2)轴对称①设点A(a,b)关于直线Ax+By+C=0(B≠0)的对称点为B(m,n),则有解得m,n,即可得对称点B的坐标.②直线关于直线的对称可以转化为点关于直线的对称问题来解决.1.3对点训练（四年省市模考）一．直线的一般式方程与直线的平行关系（共1小题）1．（2022•莆田模拟）若直线与直线互相平行，则A． B． C．或0 D．0【分析】直接利用直线平行的充要条件的应用求出结果．【解答】解：直线与直线互相平行，故，解得或．当时，两直线重合；故．故选：．【点评】本题考查的知识要点：直线平行的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．二．直线的一般式方程与直线的垂直关系（共1小题）2．（2021•漳州一模）已知，则直线和直线的位置关系为A．垂直或平行 B．垂直或相交 C．平行或相交 D．垂直或重合【分析】由，得或．当时，两直线垂直；当时，两直线重合．【解答】解：因为，所以或．当时，，斜率为,，斜率为,,两直线垂直；当时，，，两直线重合．故选：．【点评】本题是基础性考查落实，试题以含参数的直线方程为背景，考查两直线的位置关系，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．三．恒过定点的直线（共1小题）3．（2023•南平模拟）对于任意实数，直线恒过定点，且点，则直线的一个方向向量为．【分析】由直线系方程求得直线所过定点的坐标，再由向量的坐标运算得答案．【解答】解：由，得，解得，则．又，则．即直线的一个方向向量为．故答案为：．【点评】本题考查直线系方程的应用，考查直线方向向量的求法，是基础题．四．与直线关于点、直线对称的直线方程（共1小题）4．（2020•宁德一模）已知点和点关于直线对称，斜率为的直线过点交于点，若的面积为2，则的值为A．3或 B．0 C． D．3【分析】设直线为，求出直线与的交点，利用，求出即可．【解答】解：设直线为，点到直线的距离为，设到直线的距离为，由，故，所以，由，得，由，化简得，即，故选：．【点评】考查直线的交点，点到直线的距离公式，三角形面积，中档题．五．两点间的距离公式（共1小题）5．（2019•福州一模）已知点，动点的坐标满足条件，则的最小值是．【分析】由题意画出图形，再由点到直线的距离公式求解．【解答】解：动点所满足的可行域如图：则的最小值转化成点到直线的距离，故答案为：．【点评】本题考查点到直线距离公式的应用，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．命题点二：圆的方程1.1母题精析（三年高考真题）一．圆的标准方程（共1小题）1．（2022•甲卷）设点在直线上，点和均在上，则的方程为．【分析】设出圆心坐标，根据半径相等，求得的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程．【解答】解：由点在直线上，可设，由于点和均在上，圆的半径为，求得，可得半径为，圆心，故的方程为，故答案为：．【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．二．圆的一般方程（共2小题）2．（2023•乙卷）已知实数，满足，则的最大值是A． B．4 C． D．7【分析】根据题意，设，分析和，结合直线与圆的位置关系可得有，解可得的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，，即，其几何意义是以为圆心，半径为3的圆，设，变形可得，其几何意义为直线，直线与圆有公共点，则有，解可得，故的最大值为．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆的一般方程，属于基础题．3．（2023•上海）已知圆的面积为，则．【分析】先把圆的一般方程化为标准方程，再结合圆的半径为1求解即可．【解答】解：圆化为标准方程为：，圆的面积为，圆的半径为1，，．故答案为：．【点评】本题主要考查了圆的标准方程，属于基础题．三．圆的切线方程（共2小题）4．（2023•新高考Ⅰ）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则A．1 B． C． D．【分析】圆的方程化为，求出圆心和半径，利用直角三角形求出，再计算和的值．【解答】解：圆可化为，则圆心，半径为；设，切线为、，则，中，，所以，所以．故选：．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系应用问题，也考查了三角函数求值问题，是基础题．5．（2022•新高考Ⅰ）写出与圆和都相切的一条直线的方程（填，都正确）．【分析】由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．分别求出三条切线方程，则答案可求．【解答】解：圆的圆心坐标为，半径，圆的圆心坐标为，半径，如图：，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．，的斜率为，设直线，即，由，解得（负值舍去），则；由图可知，；与关于直线对称，联立，解得与的一个交点为，在上取一点，该点关于的对称点为，，则，解得对称点为，．，则，即．与圆和都相切的一条直线的方程为：（填，都正确）．故答案为：（填，都正确）．【点评】本题考查圆的切线方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．四．直线与圆相交的性质（共1小题）6．（2020•新课标Ⅰ）已知圆，过点的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由相交弦长和圆的半径及圆心到过的直线的距离之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与垂直时最大，求出的最大值，进而求出弦长的最小值．【解答】解：由圆的方程可得圆心坐标，半径；设圆心到直线的距离为，则过的直线与圆的相交弦长，当最大时弦长最小，当直线与所在的直线垂直时最大，这时，所以最小的弦长，故选：．【点评】本题考查直线与圆相交的弦长公式，属于中档题．五．直线与圆的位置关系（共13小题）7．（2023•乙卷）已知的半径为1，直线与相切于点，直线与交于，两点，为的中点，若，则的最大值为A． B． C． D．【分析】设，则，根据题意可得，再将转化为的函数，最后通过函数思想，即可求解．【解答】解：如图，设，则，根据题意可得：，，又，当，，时，取得最大值．故选：．【点评】本题考查向量数量积的最值的求解，函数思想，属中档题．8．（2023•全国）为原点，在圆上，与圆相切，则A．2 B． C． D．【分析】由题意利用勾股定理即可求解．【解答】解：为原点，在圆上，与圆相切，则．故选：．【点评】本题考查了圆的切线长问题，属于基础题．9．（2022•北京）若直线是圆的一条对称轴，则A． B． C．1 D．【分析】由圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程即可求得值．【解答】解：圆的圆心坐标为，直线是圆的一条对称轴，圆心在直线上，可得，即．故选：．【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，明确直线过圆心是关键，是基础题．10．（2021•北京）已知直线为常数）与圆交于，，当变化时，若的最小值为2，则A． B． C． D．【分析】将直线被圆所截的弦长的最小值，转化为圆心到直线的距离的最大值，结合点到直线的距离公式，得到等式关系，求解即可得到答案．【解答】解：圆，直线，直线被圆所截的弦长的最小值为2，设弦长为，则圆心到直线的距离，当弦长取得最小值2时，则有最大值，又，因为，则，故的最大值为，解得．故选：．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系的应用，主要考查了直线被圆所截得的弦长问题，点到直线距离公式的运用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．11．（2021•全国）已知点在圆上，则到直线距离的最小值为A． B． C． D．【分析】求出圆心到直线的距离，减去半径，即可得出结论．【解答】解：的圆心到直线的距离等于，故圆上的动点到直线的距离的最小值为．故选：．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，求出圆心到直线的距离是解题的关键．12．（2021•新高考Ⅱ）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是A．若点在圆上，则直线与圆相切 B．若点在圆外，则直线与圆相离 C．若点在直线上，则直线与圆相切 D．若点在圆内，则直线与圆相离【分析】中，由点在圆上，可得，，的关系，求出圆心到直线的距离，与半径比较可得的真假；中，由点在圆外，可得，，的关系，求出圆心到直线的距离，与半径比较，可得的真假；中，点在直线上，可得，，的关系，求出圆心到直线的距离，与半径比较，可得的真假；中，由点在圆内，可得，，的关系，求出圆心到直线的距离，与半径比较，可得的真假．【解答】解：中，若在圆上，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，即正确；中，点在圆外，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，所以不正确；中，点在直线上，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，所以正确；中，点在圆内，则，而圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，所以正确；故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的判断，点与圆，点与直线的关系的性质的应用，属于基础题．13．（2021•新高考Ⅰ）已知点在圆上，点，，则A．点到直线的距离小于10 B．点到直线的距离大于2 C．当最小时， D．当最大时，【分析】求出过的直线方程，再求出圆心到直线的距离，得到圆上的点到直线的距离范围，判断与；画出图形，由图可知，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大，求出圆心与点间的距离，再由勾股定理求得判断与．【解答】解：，，过、的直线方程为，即，圆的圆心坐标为，圆心到直线的距离，点到直线的距离的范围为，，，，，点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故正确，错误；如图，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大），此时，，故正确．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想与数形结合思想，是中档题．14．（2023•新高考Ⅱ）已知直线与交于，两点，写出满足“面积为”的的一个值2（或或或．【分析】由“面积为，求得，设，得到，进而求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解．【解答】解：由圆，可得圆心坐标为，半径为，因为的面积为，可得，解得，设所以，可得，，或，或，圆心到直线的距离或，或，解得或．故答案为：2（或或或．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．15．（2023•天津）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为6．【分析】不妨设直线方程为，由直线与圆相切求解值，可得直线方程，联立直线与抛物线方程，求得点坐标，再由列式求解的值．【解答】解：如图，由题意，不妨设直线方程为，即，由圆的圆心到的距离为，得，解得，则直线方程为，联立，得或，即．可得，解得．故答案为：6．【点评】本题考查直线与圆、直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．16．（2022•新高考Ⅱ）设点，，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是，．【分析】求出的斜率，然后求解直线关于对称的直线方程，利用圆的圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等式求解的范围即可．【解答】解：点，，，所以直线关于对称的直线的斜率为：，所以对称直线方程为：，即：，的圆心，半径为1，所以，得，解得，．故答案为：，．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的判断与应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．17．（2022•天津）若直线与圆相交所得的弦长为，则2．【分析】先求出圆心到直线的距离，再根据圆中的弦长公式建立方程，最后解方程即可得解．【解答】解：圆心到直线的距离，又直线与圆相交所得的弦长为，，，解得．故答案为：2．【点评】本题考查直线与圆相交的弦长问题，点到直线的距离公式，方程思想，属基础题．18．（2022•全国）已知为坐标原点，点在圆上，则的最小值为2．【分析】由圆的参数方程可得的坐标，再由两点间的距离公式写出，结合三角函数求最值．【解答】解：如图，令，，得，，即，，则当时，有最小值为2．故答案为：2．【点评】本题考查圆的应用，考查圆的参数方程，考查运算求解能力，是基础题．19．（2021•天津）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则．【分析】由题意如图可得与半径的关系，再由切线的斜率可得的值．【解答】解假设在轴的上方，斜率为的直线与轴交于，则可得，所以，如图所示，由圆的方程可得，圆的半径为，由于为切点，所以，所以，故答案为：．【点评】本题考查直线与圆相切的性质，直线斜率的应用，属于中档题．1.2解题模型1.求圆的方程的方法(1)待定系数法：①根据题意，选择圆的方程的形式，若已知条件与圆心、半径有关或与切线、弦长、弧长、圆心角、距离等有关，则设圆的标准方程为(x-a)²+(y-b)²=r²(r>0);若已知圆上的三个点的坐标时，则设圆的一般方程为x²+y²+Dx+Ey+F=0(D2+E²-4F>0);若求过直线与圆或圆与圆的交点的圆的方程，则可利用圆系方程直接设出圆的方程.②根据条件列出关于相应参数的方程组.③解出相应参数，代入所选的方程中即可.(2)几何法：在求圆的方程的过程中，常利用圆的一些性质或定理直接求出圆心和半径，进而可写出标准方程.常用的几何性质：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任一弦的中垂线上；③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心在一条直线上.归纳总结:常见的圆系方程有如下几种：(1)过直线Ax+By+C=0(A,B不全为0)与圆x²+y²+Dx+Ey+F=0(D²+E²-4F>0)交点的圆系方程为x²+y²+Dx+Ey+F+λ(Ax+By+C)=0(a∈R).(2)过圆C:x²+y²+D₁x+E₁y+F₁=0(D12+E12-4F₁>0)和圆C:x²+y²+D₂x+E₂y+F₂=0(D22+E22-4F₂>0)交点的圆系方程为x²+y²+D₁x+E₁y+F₁+λ(x²+y²+D₂x+E₂y+F₂)=0(λ≠-1)(其中不含圆C₂,因此注意检验C₂是否满足题意，以防漏解).当λ=—1时，表示两圆公共弦所在直线的方程.2.有关圆的弦长问题的解法(1)几何法：设圆的半径为r,弦心距为d,弦长为L,则有L=2.(2)代数法：设直线与圆相交于A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)两点，联立直线与圆的方程得y=kx+b,消去y后得到一个关(x-a)²+(y-b)²=r²,于x的一元二次方程，从而求出x₁+xz,x₁x₂,则弦长|AB|=(k为直线的斜率),注意此弦长公式用于直线斜率存在的情况.3.圆的切线问题(1)求过圆上一点(x0,y0)的圆的切线方程的方法①若切线斜率存在且不为零，先求切点和圆心连线的斜率k,由垂直关系知切线斜率为一方，由点斜式可求切线方程；②若切线斜率不存在或为零，则可直接写出切线的方程为x=x0或y=y0归纳总结:过圆上一点的切线的结论如下：(1)圆x²+y²=r²上点P(x0,y0)处的切线方程为x0x+y0y=r².(2)圆(x—a)²+(y-b)²=r²上点P(x0,y0)处的切线方程为(x₀-a)(x-a)+(y0-b)·(y-b)=r2(2)求过圆外一点(x0,y0)的圆的切线方程的方法(必有两条切线)①几何法：当切线斜率存在时，设斜率为k,则切线方程为y-y0=k(x-x0),即kx一y+y0-kx0=0,由圆心到切线的距离等于半径列出关于k的方程，解方程即可得到k的值，从而可得切线方程；当切线斜率不存在时，可直接写出切线的方程为x=x0.②代数法：当切线斜率存在时，设斜率为k,则切线方程为y-y0=k(x-x₀),即kx-y+yo-kx₀=0,代入圆的方程，得到一个关于x(或y)的一元二次方程，由△=0求得k的值，从而得到切线方程；当切线斜率不存在时，可直接写出切线的方程为x=x0.4.与圆有关的最值问题解决与圆有关的最值问题的步骤：(1)定圆：确定已知圆的圆心与半径；(2)定距：确定动点、动直线、定点、定直线间的距离，以及相互间的等量关系，必要时数形结合：(3)寻转化：一般将动点与动点、动点与动直线间的距离问题转化为动点与定点(如圆心)间的距离问题，或者表示为函数形式，结合圆上的点(x,y)满足的条件求解；(4)下结论：把所求问题与上述距离问题相联系，从而求出结果.1.3对点训练（四年省市模考）一．圆的标准方程（共1小题）1．（2022•福州模拟）已知，，，，，则外接圆的方程为A． B． C． D．【分析】由题意可得所求外接圆的圆心在轴上，由圆的半径的定义解方程可得圆心和半径，进而得到所求圆的方程．【解答】解：由，，，，可得外接圆的圆心在轴上，设圆心为，由，可得，解得，则外接圆的半径为，可得外接圆的方程为，故选：．【点评】本题考查圆的方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．二．轨迹方程（共7小题）2．（2022•泉州模拟）四边形为梯形，且，，，点是四边形内及其边界上的点．若，则点的轨迹的长度是A． B． C． D．【分析】由向量投影定义得，向量在向量上的投影为2，即动点在过点且垂直于的直线上．证明后，可得点的轨迹为线段，即可得到答案．【解答】解：，即．设向量与的夹角为，则，因为，所以，由向量投影定义得，向量在向量上的投影为2，即动点在过点且垂直于的直线上．在中，，，，由余弦定理得，所以；则，所以．因为是四边形内及其边界上的点，所以点的轨迹为线段．所以点的轨迹的长度为．故选：．【点评】本题主要考查平面向量中的轨迹问题，属于基础题．3．（2022•漳州模拟）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是A． B．平面 C．动点的轨迹长为 D．与所成角的余弦值为【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法判断各选项．【解答】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，0，，，2，，，0，，，1，，，，，所以，，，由平面，得，即，化简可得，所以动点在直线上，选项：，，，所以与不垂直，所以选项错误；选项：，平面，平面，所以平面，选项正确；选项：动点在直线上，且为侧面上的动点，则在线段上，，所以，选项正确；选项：，，选项错误；故选：．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间角的计算，立体几何中的轨迹问题，空间向量及其应用等知识，属于中等题．4．（2022•厦门模拟）已知是圆上任意一点，定点在轴上，线段的垂直平分线与直线相交于点，当在圆上运动时，的轨迹可以是A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【分析】分点在圆内、圆外、圆上、圆心，作图，结合椭圆、双曲线定义以及圆的性质可得轨迹方程．【解答】解：当点在圆内时，如图1，因为点在的垂直平分线上，所以，所以，又，所以由椭圆定义知，此时轨迹为椭圆；当点在圆外时，如图2，，且，由双曲线定义可知，此时轨迹为双曲线；当点在圆上时，易知点为定点，即圆心；当点在于点重合时，易知为的中点，轨迹为圆．故选：．【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，椭圆的定义及其应用等知识，属于中等题．5．（2021•福州模拟）在中，，为的中点，且，则下列说法中正确的是A．动点的轨迹是双曲线 B．动点的轨迹关于点对称 C．是钝角三角形 D．面积的最大值为【分析】由联想到双曲线的定义，可以考虑以，两点作为焦点，然后通过的取值对四个选项进行分析判断，即可得到答案．【解答】解：以点为坐标原点，为轴建立直角坐标，因为不是定值，即不是定值，故的轨迹不是双曲线，故选项错误；因为，所以一定有关于的对称点关于原点对称，故选项正确；设，此时点在以为圆心，为半径的动圆上，由，可知点在以为焦点，的双曲线上，且，对于点，有，，所以，当时，最大，故，所以，故选项正确；当时，得到的点，使得为直角三角形，故选项错误．故选：．【点评】本题考查了动点的轨迹问题，涉及了双曲线的定义以及圆的性质的应用，要掌握求解动点轨迹的常见方法：直接法、定义法、代入法、消元法、交轨法等，属于中档题．6．（2022•龙岩模拟）已知是等腰直角三角形，点在平面的同一侧运动，到平面的距离为6，三棱锥的体积为18且其外接球的半径为5，则满足上述条件的点的轨迹长度为．【分析】根据题意求得外接球的球心到平面的距离为4，进而得到球心到点轨迹所在圆的距离为2，求得点的轨迹所在圆的半径为，利用圆的周长公式，即可求解．【解答】解：如图所示，由是等腰直角三角形，可得，又由到平面的距离为6，三棱锥的体积为18，可得，解得，所以，因为其外接球的半径，可得，解得，即圆心到平面的距离为4，又因为点到平面的距离为6，所以球心到点轨迹所在圆的距离为2，设点的轨迹所在圆的半径为，可得，所以点的轨迹长度为．故答案为：．【点评】本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．7．（2022•莆田模拟）已知为正方体表面上的一动点，且满足，，则动点运动轨迹的周长为．【分析】首先根据条件确定点所处的平面，再建立坐标系求出动点的轨迹方程，据此求出轨迹的长．【解答】解：由，，可知正方体表面上到点距离最远的点为，所以点只可能在面，面，面上运动，当在面上运动时，如图所示，建立平面直角坐标系，则，，设，由，得，即，即点在平面内的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，因为，，故，所以点在平面内的轨迹的长为，同理，点在的情况亦为，点在面上时，因为，，所以，，，所以此时点轨迹为以为圆心，2为半径的圆，其长度为，综上所述，点运动轨迹的周长为．故答案为：．【点评】本题考查了正方体性质，考查了动点轨迹方程的应用，属于中档题．8．（2021•漳州模拟）已知正方体的棱长为4，点在平面内，且，则点的轨迹的长度为．【分析】利用线面关系证明平面，从而得到，即，在平面内建立平面直角坐标系，求出点的坐标，求出，，进而求出，再利用，即可得到点的轨迹方程，由此求解轨迹长度即可．【解答】解：如图1，设为，的交点，所以，又因为平面，又平面，所以，又，，平面，故平面，因为点在平面内，所以，正方体的棱长为4，则，，故，在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，所以，，设，则，，所以，又，所以，整理可得，故点的轨迹是半径为的圆，所以轨迹长度为．故答案为：．【点评】本题考查了动点轨迹方程的求解，涉及了线面位置关系的判断，要掌握常见的求解轨迹的方法：直接法、定义法、代入法、消参法、交轨法等等，属于中档题．三．圆的切线方程（共1小题）9．（2023•莆田模拟）写出一个被直线平分且与直线相切的圆的方程：．【分析】根据题意可得圆心在直线上，且圆心到直线的距离等于半径，取特列分析验证即可．【解答】解：由题意可知，圆心过直线，不妨设圆心坐标为，圆的半径为，又因为圆心到直线的距离，即符合题意．故答案为：．【点评】本题主要考查圆的切线方程，考查转化能力，属于基础题．四．直线与圆相交的性质（共1小题）10．（2022•龙岩模拟）已知点，是直线上的一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，连接，，则A．当四边形为正方形时，点的坐标为 B．的取值范围为， C．当为等边三角形时，点的坐标为 D．直线过定点，【分析】根据距离公式及圆心切点构成的直角三角形求解，再利用过定点的判断法则进行判断即可．【解答】解：对于选项：当四边形为正方形时，则，则圆，，又点，是直线上的一点，设，，，即，该方程△，无解，故不存在点使得为正方形，错误；对于选项：由知，，，，则，即的取值范围是，故正确；对于选项：若三角形为等边三角形为等边三角形，易知，又平分，，在中，由于，，又点坐标为：，，，即，，，故错误；对于选项，，，记中点为，则以为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为，圆方程为，整理得，联立，化简得，即得直线方程为，将代入方程恒成立；故直线过定点，正确．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于难题．五．直线与圆的位置关系（共20小题）11．（2023•福建模拟）设圆，若直线在轴上的截距为1，则与的交点个数为个A．0 B．1 C．2 D．以上都有可能【分析】利用直线过定点，判断定点在圆内即可．【解答】解：直线在轴上的截距为1，直线过定点，，点在圆内，直线与的交点个数为2个．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的判断，属基础题．12．（2023•泉州模拟）已知圆关于直线对称，与交于，两点，设坐标原点为，则的最大值等于A．2 B．4 C．8 D．16【分析】首先将圆的方程化为标准式，得到圆心坐标，再求出直线过定点，又根据对称性，可知恰好为圆心坐标，即可求出圆的方程，再由圆过原点，则，利用基本不等式计算可得．【解答】解：圆，即，圆心为，直线，因为，所以直线的斜率不为0，又，令，解得，即直线恒过定点，又圆关于直线对称，所以圆心在直线上，所以，解得，所以圆，半径，显然，即圆过坐标原点，因为与交于，两点，即为直径的两个端点，所以，所以，即，当且仅当时取等号，所以，即，当且仅当时取等号，即的最大值等于4．故选：．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．13．（2023•龙岩模拟）已知是圆上一个动点，且直线与直线，，相交于点，则的最小值是A． B． C． D．【分析】直线，令，，可得直线经过的定点；同理直线经过点，由，可得直线直线，得出点的轨迹方程，可得，．【解答】解：直线，令，则，解得，，直线经过定点；同理直线经过点，由，可得直线直线，点在以，为圆心，以为半径的圆上，其方程为，，，，即，．故选：．【点评】本题考查了直线经过定点问题、两圆的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．（2023•福州模拟）已知，关于直线对称的圆记为，点，分别为，上的动点，长度的最小值为4，则A．或 B．或 C．或 D．或【分析】由题意可得，到直线的距离的最小值为2，进而得，求解即可．【解答】解：由题意可得，到直线的距离的最小值为2，，整理得，解得或．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．15．（2022•漳州模拟）已知直线与圆相交于，两点，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】先求出的充要条件，利用包含关系即可判断．【解答】解：因为直线与圆相交于，两点，设圆心到直线的距离为，则等价于，，，解得或，“”是“”的必要不充分条件．故选：．【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．16．（2023•泉州模拟）已知为圆的直径，直线与轴交于点，则A．与恒有公共点 B．是钝角三角形 C．的面积的最大值为1 D．被截得的弦的长度的最小值为【分析】求得直线过定点，判断定点在圆内可判断，；进而可求三角形的最大面积，以及最短弦长判断，．【解答】解：直线过定点，又，点在圆内，故与恒有公共点，故正确；点在圆内，，故正确；当时，，故错误；到直线的距离，被截得的弦的长度的最小值为，当时，等号成立，故正确．故选：．【点评】本题考查直线与圆的方程，直线与圆位置关系等基础知识，考查推理论证，运算求解能力，考查函数与方程思想，属中档题．17．（2023•莆田模拟）已知圆，点，，点在轴上，则A．不在圆上 B．轴被圆截得的弦长为3 C．，，三点共线 D．的最大值为【分析】把点，两点坐标代入圆的方程可判断；求得圆心到轴的距离，利用垂径定理可求弦长判断；求得直线的方程，可判断；利用圆与轴相切可判断．【解答】解：圆，可得圆心为，半径为，又，，，两点均在圆上，故不正确，圆心到轴的距离为2，轴被圆截得的弦长为，故正确；由点，，可得直线的方程为，又，故圆心在直线上，，，三点共线，故正确，圆心到轴的距离为，故圆与轴相切于点，当为时，的最大值为，故正确．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查推理论证问题，属中档题．18．（2023•泉州模拟）已知直线与圆交于，两点，点为圆上的一动点，点，记到的距离为，则A． B．的最大值为 C．是等腰三角形 D．的最小值为【分析】对于，根据垂径定理以及弦长公式，可得答案；对于，根据题意作图，结合圆上点与直线的位置关系，可得答案；对于，求弦的中垂线的直线方程，根据中垂线的性质，可得答案；对于，由题意，作图，根据线段组合，求得答案．【解答】解：对于，由圆，可得，半径为2，点到直线的距离为，则，故正确；对于，由题意，可作下图：点为弦的中点，直线，则，故错误；对于，由选项与题意，如图：易知，，则直线的斜率，由，则直线的斜率，由，则直线的方程为，则，即点在直线上，为的中垂线，是等腰三角形，故正确；对于，由题意，可作图：则，显然，则，故正确；故选：．【点评】本题主要考查了直线与圆位置关系的应用，考查了分析解决问题的能力，属于中档题．19．（2022•三明模拟）已知直线与圆相交于，两点，为坐标原点，下列说法正确的是A．的最小值为 B．若圆关于直线对称，则 C．若，则或 D．若，，，四点共圆，则【分析】判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．【解答】解：直线过点，圆，即①，圆心为，半径为，由于，所以在圆内．，所以，此时，所以选项正确．若圆关于直线对称，则直线过，两点，斜率为，所以选项错误．设，则，此时三角形是等腰直角三角形，到直线的距离为，即，解得或，所以选项正确．对于选项，若，，，四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，，的中点为，，所以的垂直平分线为，，则②，圆的方程为，整理得③，直线是圆和圆的交线，由①②并整理得，将代入上式得，④，由②④解得，，所以直线即直线的斜率为，选项正确．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，属于中档题．20．（2022•泉州模拟）已知点在直线上，点在圆上，则下列说法正确的是A．点到的最大距离为8 B．若被圆所截得的弦长最大，则 C．若为圆的切线，则的取值范围为， D．若点也在圆上，则到的距离的最大值为3【分析】直线恒过定点，当时，圆心到直线的距离最大，可判断；被圆所截得的弦长最大时，则过圆的圆心，可求，可判断；由，可求判断；当直线与圆相切时，圆心到直线的距离为圆的半径3，可判断．【解答】解：直线恒过定点，当时，圆心到直线的距离最大，最大距离为，故到直线的最大距离为，故正确；被圆所截得的弦长最大时，则过圆的圆心，所以，解得，故正确；若为圆的切线，，解得，故错误；若点也在圆上，则圆与直线有公共点，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离为圆的半径3，所以到的距离的最大值为3，故正确．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，以及点到线的距离的最大值，属中档题．21．（2022•莆田模拟）已知直线与圆相切，则下列说法正确的是A． B． C． D．【分析】由直线与圆相切可得，结合基本不等式计算每个选项的范围，可判断正确性．【解答】解：直线与圆相切，圆心到直线的距离，即．，，故错误；，故正确；，故正确；，故错误；故选：．【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．22．（2021•莆田模拟）已知曲线的方程为，，则A．表示一条直线 B．当时，与圆有3个公共点 C．当时，存在圆，使得圆与圆相切且圆与有4个公共点 D．当与圆的公共点最多时，的取值范围是【分析】将曲线化简，可得或，可判断；考虑圆与轴、直线的交点个数，可判断；可取圆心，半径为2的圆，可判断；考虑时，直线与圆相切，可得与圆的公共点最多时，的取值范围，可判断．【解答】解：曲线的方程为，两边平方可得，化为或，即曲线表示两条直线，故错误；当时，圆的圆心为，半径为4，圆与有两个交点；又圆心到直线的距离为，所以与圆有3个公共点，故正确；当时，圆的圆心为，半径，存在圆，圆心，半径为2，圆与圆相切且圆与有4个公共点，故正确；当与圆的公共点最多时，且为4个．由或5时，与圆有3或2个公共点，可得当与圆的公共点最多时，的取值范围是，，，故不正确．故选：．【点评】本题考查圆的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．23．（2023•福建模拟）写出过点且被圆截得的弦长为的一条直线的方程，答案不唯一）．【分析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心、半径．根据弦长，得出圆心到直线的距离．先判断斜率不存在时是否满足，然后设出斜率，得出直线方程，表示出圆心到直线的距离，得出方程，即可解出的值．【解答】解：圆的方程可化为，圆心为，半径，由弦长为可得，圆心到直线的距离．当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心在直线上，弦长为，不满足题意，所以直线的斜率存在．设直线的斜率为，则直线的方程为，即，此时圆心到直线的距离，解得．所以，直线的方程为或．故答案为：，答案不唯一）．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．24．（2023•厦门模拟）写出与直线，，和圆都相切的一个圆的方程（答案不唯一，只需满足与直线，，和圆都相切即可）．【分析】根据相切关系，列出圆心和半径应该满足的条件即可．【解答】解：设圆的方程为：，和与直线，相切可以得：，和圆相切得：或，若，则，，此时圆的方程：．故答案为：（答案不唯一，只需满足与直线，，和圆都相切即可）．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．25．（2023•龙岩模拟）写出一个与圆外切，并与直线及轴都相切的圆的方程或或或（写出其中一个即可）．【分析】设出圆的方程，由已知条件及几何关系建立等量关系，用待定系数法求解即可．【解答】解：设所求圆的方程为：，因为与圆外切，所以，又因为与直线及轴都相切，所以圆心在上或上，当圆心在上，所以，，联立得：，解得：，，所以求得圆的方程为：或，当圆心在上，所以，，联立得：，解得：，，所以求得圆的方程为：或．故答案为：或或或（写出其中一个即可）．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．26．（2023•泉州模拟）已知圆，，．若上存在点，使得，则正数可以是4．（只要写出一个符合条件的即可）【分析】由题意可得点在以为直径为圆上，设的中点为，写出圆的方程，求出圆的圆心与半径，可得圆与圆有公共点时的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，点，，若点满足，则点在以为直径为圆上，设的中点为，则的坐标为，，所以圆的方程为，圆，圆心为，半径为，则；若圆上存在点，满足，则圆与圆有公共点，所以，解得：，所以的取值可以4．故答案为：4．【点评】本题考查了圆与圆的位置关系应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．27．（2022•南平模拟）已知为圆上任意一点，则的最大值为．【分析】根据题意，设，变形分析的几何意义，结合点与圆的位置关系分析可得答案．【解答】解：根据题意，设，变形可得，则即的几何意义为直线的斜率，为圆上任意一点，则有，即，解可得：，即的最大值为；故答案为：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及斜率的计算，属于基础题．28．（2021•泉州二模）已知圆，直线和，与圆相切于点，与圆相交于，两点，若，则到的距离为或．【分析】由与圆相切求得的方程，进一步求得的坐标，利用圆的性质求得圆心到直线的距离，利用垂径定理列式求的值，可得的方程，再由点到直线的距离公式列式求解．【解答】解：直线与圆相切，，解得，，联立，解得或，不妨取．设圆心到直线的距离为，，，，，解得，则．时，到直线的距离为；时，到直线的距离为．故答案为：或．【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．29．（2021•南平模拟）在平面直角坐标系中，定义，、，两点间的直角距离为，如图是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则．若点为曲线上任一点，则的最大值为．【分析】由已知求得、的坐标，直接由两点间的直角距离公式求；据对称性，只需讨论点在第一象限的两类情况，求得，取最大值即可．【解答】解：由图可得，点，，；根据对称性，只需讨论点在第一象限的情况：当点在上时，设，，则，（当且仅当时取等号）；当点不在上时，所在圆的圆心坐标，设，，可得，，，，，（当且仅当时取等号）．综上所述，的最大值为．故答案为：，．【点评】本题考查直角距离、三角换元、三角函数化简求最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，考查数学运算核心素养，体现创新性和综合性，是中档题．30．（2021•福州一模）已知圆的方程为，过点的直线与圆交于，两点（点在第四象限）．若，则点的纵坐标为．【分析】利用三角形的补角以及，推出，结合点在圆上，利用待定系数法求解点，即可得到答案．【解答】解：圆的方程为，因为，由三角形的补角可知，，所以，故为等腰三角形，所以，设，则，解得，所以点的纵坐标为．故答案为：．【点评】本题考查了直线与圆位置关系的应用，其中推导出为等腰三角形是解题的关键，考查了化简计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．六．圆与圆的位置关系及其判定（共2小题）31．（2022•泉州模拟）若圆与圆交于、两点，则的最大值为A． B． C． D．【分析】分析出为圆与圆的公共弦，且圆的半径为1，，当的坐标为时，，由余弦函数的单调性确定时，最大，此时最大，最大值为．【解答】解：圆与圆交于、两点，可化为，故圆的圆心为，半径为，由题意可知：为圆与圆的公共弦，且圆的半径为1，所以且，故，当的坐标为时，，在中，，又，，在上单调递减，故为锐角，且当时，最大，又在上单调递增，所以当最大时，取得最大值，且最大值为，故选：．【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，属于中档题．32．（2023•福建模拟）已知，，则下列说法正确的是A．若，两圆的公切线过点 B．若，两圆的相交弦长为 C．若两圆的一个交点为，分别过点的两圆的切线相互垂直，则 D．若时，两圆的位置关系为内含【分析】当时，根据两圆半径比可确定的位置，可判断；由两圆方程作差可得公共弦所在直线方程确定的正误，根据两圆交点处的切线垂直可知两圆圆心距，半径可构成直角三角形即可判断；通过圆心距与半径差的大小关系可判断．【解答】解：当时，两圆公切线分别与，切于点，，交轴于点，，故，故正确；当时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，相交弦直线方程为，相交弦长为，故错误；若，则，故错误；当时，，故两圆关系是内含，正确．故选：．【点评】本题主要考查了圆与圆的位置关系，属于中档题．三、类题狂刷（五年区模、校模）：一．直线的一般式方程与直线的平行关系（共2小题）1．（2021•思明区校级模拟）已知直线和，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】先求出对应的的取值，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【解答】解：直线和，当时，，解得且，因此当时，不能推出；所以“”是“”的必要不充分条件．故选：．【点评】本题主要考查两直线平行的充要条件的应用，以及充分条件，必要条件的判断，属于基础题．2．（2020•三明模拟）已知直线与直线平行，则实数A． B．3 C．5 D．或3【分析】由题意利用两条直线平行的性质，求出的值．【解答】解：直线与直线平行，，求得，故选：．【点评】本题主要考查两条直线平行的性质，属于基础题．二．直线的一般式方程与直线的垂直关系（共1小题）3．（2023•新罗区校级模拟）中，，，，则边上的高所在的直线方程是A． B． C． D．【分析】由题意，根据两直线垂直的性质，求出要求直线的斜率，再利用点斜式求出直线的方程．【解答】解：中，，，，直线的斜率为，则边上的高所在的直线的斜率为，故边上的高所在的直线方程是，即．故选：．【点评】本题主要考查两直线垂直的性质，用点斜式求直线的方程，属于基础题．三．两点间的距离公式（共2小题）4．（2014•泉州模拟）设点在曲线上，点在曲线上，则的最小值为A． B． C． D．【分析】求两个曲线上不同两点的距离的最小值，显然没法利用两点间的距离公式计算，可结合函数上的点关于的对称点在其反函数的图象上把问题转化为求曲线上的点与上的点到直线的距离之和最小问题，而与平行的直线同时与曲线和切于同一点，所以的距离的最小值为点到直线距离的2倍．【解答】解：如图，因为的反函数是，两个函数的图象关于直线对称，所以曲线上的点到直线的距离等于在曲线上的对称点到直线的距离．设函数，，当时，，所以函数在上有最小值（1），则当时，除点外函数的图象恒在的上方，在处两曲线相切．求曲线上的点与曲线上的点的距离的最小值，可看作是求曲线上的点与点到直线的距离的最小值的和，而函数与在时的导数都是1，说明与直线平行的直线与两曲线切于同一点则的距离的最小值为点到直线距离的2倍，所以的最小值为．故选：．【点评】本题考查了两点间的距离，考查了数形结合的解题思想，考查了数学转化思想，解答此题的关键是分析得到函数的图象除点外恒在的上方，且在处两曲线相切．此题属中档题．5．（2023•思明区校级三模）已知点，关于坐标原点对称，，过点，且与直线相切，若存在定点，使得当运动时，为定值，则点的坐标为，．【分析】先利用已知条件求出点的轨迹方程，会发现点的轨迹是抛物线，利用抛物线的定义即可求出点．【解答】解：设，由已知得的半径为，．因为是圆的弦且是弦的中点，所以，则，故可得，化简得的轨迹方程为．由的轨迹方程可知该抛物线的焦点为，，准线为．则到焦点的距离等于到准线的距离，该距离，又，由抛物线方程可知，则，显然，是定值，所以当点与点重合时，为定值，此时点的坐标为，．故答案为：，．【点评】本题主要考查利用抛物线的定义求定点，属于中档题．四．轨迹方程（共7小题）6．（2023•蕉城区校级模拟）已知动点的坐标满足方程，直线，过点且方向向量为的直线与动点的轨迹交于，两点，则A．动点的轨迹是一条抛物线 B．直线与动点的轨迹只有一个交点 C． D．【分析】将方程化简可得，即可得轨迹，从而可判断，根据抛物线的焦点弦的性质，即可联立方程，由根与系数的关系即可求解．【解答】解：将两边平方可得，当时，，这表示抛物线，当时，，表示射线，故动点的轨迹是一条抛物线和一条射线，故错误，联立，当时，令，所以直线与动点的轨迹有两个交点，分别为，，故错误，由题意可知直线的方程为，由于直线与射线无交点，所以，设，，，，所以，由于直线经过抛物线的焦点，所以，故正确，由于，，故正确．故选：．【点评】本题主要考查轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．7．（2022•漳州模拟）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是A． B．平面 C．动点的轨迹长为 D．与所成角的余弦值为【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法判断各选项．【解答】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，0，，，2，，，0，，，1，，，，，所以，，，由平面，得，即，化简可得，所以动点在直线上，选项：，，，所以与不垂直，所以选项错误；选项：，平面，平面，所以平面，选项正确；选项：动点在直线上，且为侧面上的动点，则在线段上，，所以，选项正确；选项：，，选项错误；故选：．【点评】本题主要考查线面平行的判定，空间角的计算，立体几何中的轨迹问题，空间向量及其应用等知识，属于中等题．8．（2022•鼓楼区校级三模）已知曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，若，在曲线上，则下列结论正确的是A．曲线关于轴对称 B．曲线关于轴对称 C． D．【分析】设曲线上任意一点，根据题意列式化简求出曲线的轨迹方程，再结合图象判断，再根据抛物线的性质判断即可．【解答】解：由题可知，曲线上任意一点，则，当时，，即，化简得，且；当时，化简可得，且，画出曲线的图象：对于，，显然图象不关于轴对称，关于轴对称，故错误，正确；对于，当时，解得，故，故错误；对于，因为即的焦点为，故抛物线的焦点为，同理，也是抛物线的焦点．故的最小值为到的距离1，最大值为方程左右端点，到的距离，故，故正确．故选：．【点评】本题考查圆锥曲线的轨迹方程，属于中档题，数形结合是关键．9．（2022•芗城区校级模拟）已知是圆上的动点，过点作圆的两条切线，切点为，，，是曲线上的动点，则下列结论正确的是A． B．若，则四边形的面积为6 C．若，则点轨迹长度为 D．当最小时，【分析】依次作出图形，轨迹勾股定理计算即可判断、；根据两点求距离公式求出当时的值，进而即可判断；当最小时与曲线在点处的切线垂直，利用两点求直线斜率公式和零点的存在性定理即可判断．【解答】解：由题意知，圆的圆心坐标为，半径为，：如图，当时，，故不正确；：如图，当时，，，四边形的面积，故正确；：如图，当时，，，又，则，解得，所以当点在点和之间水平运动时，，此时点的轨迹长度为，故正确；：如图，当最小时，与曲线在点处的切线垂直，所以两直线斜率之积，即，令，得，，所以，由零点的存在性定理，得，故正确．故选：．【点评】本题主要考查轨迹方程及其应用，圆的方程及其应用等知识，属于中等题．10．（2022•鼓楼区校级三模）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为；若动点在该三棱锥外接球上，且，则点的轨迹长为．【分析】第一空：由题，先得出三棱锥为直三棱锥，则其外接球相当于以，，为棱的长方体的外接球，则直径为长方体的体对角线，则可求外接球表面积；第二空：要使，则在的角平分面上，则的轨迹为圆，利用长方体的性质，求出球心到角平分面的距离即可求出的轨迹圆的半径，即可求的轨迹长．【解答】解：由平面，得，三棱锥为直三棱锥，其外接球相当于以，，为棱的长方体的外接球，故外接球半径为，故三棱锥外接球的表面积为；如图，中点为，则易得以，，为棱的正方体，由正方体的对称性，要使，则在的角平分面上，即面，故的轨迹为面与外接球相交出的圆．取、中点，，由正方体的对称性易得面面，且，，故由余弦定理得，故上的高，故的轨迹圆的半径，故轨迹长为．故答案为：；．【点评】本题考查立体图形的外接球及轨迹问题，属于中档题，数形结合是关键．11．（2021•龙岩一模）正方体的棱长为，是正方体表面上的动点，若，则动点的轨迹长度为．【分析】判断点所在的三个平面内，结合距离推出弧长，得点的轨迹的总长度．【解答】解：正方体的棱长为，是正方体表面上的动点，若，所以点在不含点的三个平面上，如图，是3个的圆周，动点的轨迹长度为：．故答案为：．【点评】本题考查点的轨迹的长度的求法，考查正方体、球等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12．（2021•漳州模拟）设动圆，则圆心的轨迹方程为；若直线被所截得的弦长为定值，则．【分析】设动圆圆心，消去可得圆心的方程，利用弦长公式表示出弦长，结合弦长为定值，可求出的值．【解答】解：设动圆圆心，则依题意可得，消去得，所以动圆圆心的轨迹方程为；动圆的半径为，设动圆圆心到直线的距离为，则直线被动圆所截得的弦长，依题意可得为定值，故为定值，因为圆心的轨迹方程为，所以可设，则，若为定值，则，解得，故答案为：；．【点评】本题考查了直线与圆的综合应用，涉及了圆的弦长，同时考查了学生逻辑推理能力以及化简运算能力，属于中档题．五．点与圆的位置关系（共1小题）13．（2021•城厢区校级模拟）已知集合，，，，，．若存在实数，使得成立，称点为“”点，则“”点在平面区域内的个数是A．0 B．1 C．2 D．无数个【分析】集合，都是不连续的点集．“存在实数，使得成立”的含义就是“存在实数，使得有解”，时，再抓住主参数，，则此问题的几何意义是：动点在直线上，且与圆相交或在内部．【解答】解：由得，，时，对于任意的整数，动点的集合是直线，由于圆的圆心到直线的距离．为整数，上式不能取等号，所以直线和圆相离．所以两者无有公共点．故选：．【点评】本题将集合转化为曲线，用集合的方法研究，利用了数形结合的思想．六．圆的切线方程（共3小题）14．（2023•晋安区校级模拟）在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点分别为，．则直线的方程为A． B． C． D．【分析】求出以、为直径的圆的方程，将两圆的方程相减可得公共弦的方程．【解答】解：圆的圆心为，半径为2，以、为直径，则的中点坐标为，，以为圆心，为直径的圆的方程为，因为过点圆的两条切线切点分别为，，是两圆的公共弦，将两圆的方程相减可得公共弦的方程为：．故选：．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．15．（2022•三元区校级模拟）已知圆，圆，若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，使得，则实数的取值范围是A． B． C． D．【分析】由题意求出的距离，得到的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案．【解答】解：由题可知圆的半径为，圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，使得，则，在中，，所以点在圆上，由于点也在圆上，故两圆有公共点．又圆的半径等于1，圆心坐标，，，．故选：．【点评】本题考查圆的切线方程，考查学生的运算能力，属于中档题．16．（2022•城厢区校级模拟）与直线垂直，且与圆相切的直线方程是A．或 B．或 C．或 D．或【分析】根据已知条件，结合两直线垂线的性质，设出所求直线方程为，再结合点到直线的距离公式，即可求解．【解答】解：所求直线与直线垂直，所求直线斜率，可设所求直线方程为，直线与圆相切，圆心到直线的距离，解得，故所求直线方程为或．故选：．【点评】本题主要考查圆的切线方程的求解，考查点到直线的距离公式，属于基础题．七．直线与圆的位置关系（共24小题）17．（2023•福建模拟）设圆，若直线在轴上的截距为1，则与的交点个数为个A．0 B．1 C．2 D．以上都有可能【分析】利用直线过定点，判断定点在圆内即可．【解答】解：直线在轴上的截距为1，直线过定点，，点在圆内，直线与的交点个数为2个．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的判断，属基础题．18．（2023•鲤城区校级模拟）若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别交于、两点，则的最小值为A． B．2 C． D．8【分析】由题意可知，，设，利用圆的参数方程可得，可求的最小值．【解答】解：由题意可知，，设，由圆，得，圆的参数方程为，为参数，，，，其中，当时，的最小值为．故选：．【点评】本题考查抛物线的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．19．（2023•惠安县模拟）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知圆的半径为3，直线，互相垂直，垂足为，且与圆相交于，两点，与圆相交于，两点，则四边形的面积的最大值为A．10 B．12 C．13 D．15【分析】设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，可得，，可求四边形的面积的最大值．【解答】解：设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，直线，互相垂直，垂足为，，，，．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查重要不等式的应用，属中档题．20．（2023•思明区校级三模）若，为圆上任意两点，为直线上一个动点，则的最大值是A． B． C． D．【分析】根据直线与圆的几何分析得出当与直线垂直时，过作圆的两条切线，切点为，，此时最大；即可在中计算得出，即，即可得出答案．【解答】解：过作圆的两条切线，切点为，，根据切线的性质得，在中，根据已知可得，则当越小，则越大，，越大，越大，则当与直线垂直时，此时最大，根据切线的性质可得此时最大，此时，则，即，则的最大值为，故选：．【点评】本题考查圆的几何性质，函数思想的应用，数形结合思想的应用，属中档题．21．（2023•鼓楼区校级模拟）已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为A． B．1 C． D．2【分析】求出圆的标准方程，求出圆心到直线的距离，根据直线和圆的性质进行求解即可．【解答】解：圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离，则直线和圆相离，则的最小值为，故选：．【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，求出圆心到直线的距离，利用直线和圆的位置关系是解决本题的关键，是基础题．22．（2022•集美区校级模拟）过轴正半轴上一点，作圆的两条切线，切点分别为，，若，则的最小值为A．1 B． C．2 D．3【分析】根据题意，由直线与圆的位置关系可得，由射影定理可得，结合两点间距离公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，过作圆的两条切线，，切点为，，连结，，与交于点，则、为两个全等的直角三角形，若，则，又由，即，则有，必有，解可得，即的最小值为1；故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆的切线方程，解答此题的关键是明确当最小时的值最小，是中档题．23．（2021•上杭县校级模拟）已知圆上存在两点，关于直线对称，则的最小值是A．1 B．8 C．2 D．4【分析】求出圆的圆心，代入直线方程，推出，关系，利用基本不等式求解最小值即可．【解答】解：圆的圆心，圆上存在两点，关于直线对称，可得，即，，则，当且仅当，时取等号，所以的最小值是4．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，基本不等式的应用，是基础题．24．（2023•泉州模拟）若直线与圆相交于，两点，则的长度可能等于A．2 B．3 C．4 D．5【分析】求得圆心与半径，直线过的定点坐标，可求直线与圆相交的弦的取值范围．【解答】解：由圆，可得圆心，半径，由直线方程，可知直线过定点，由，点在圆内，当垂直直线时，的长最短，又，，直线过圆心时，的最大值为圆的直径，的长度的取值范围为，．故选：．【点评】本题考查直线圆的位置关系，考查圆中的弦长的求法，属中档题．25．（2023•蕉城区校级二模）已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的可能取值为A．7 B．6 C．5 D．8【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，可得圆心到的距离为5，得到圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，再由，可得，从而得到的取值范围，结合选项得答案．【解答】解：圆的圆心，半径为1，圆心到的距离为5，圆上的点到点的距离的最大值为6，最小值为4，再由，可得以为直径的圆和圆有交点，得，即，结合选项可得，的值可能取6和5．故选：．【点评】本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查化归与转化思想、数形结合的解题思想，是中档题．26．（2023•鲤城区校级模拟）设，过定点的动直线，和过定点的动直线交于点，圆，则下列说法正确的有A．直线过定点 B．直线与圆相交最短弦长为2 C．动点的曲线与圆相切 D．最大值为5【分析】由直线的方程可得直线恒过的定点的坐标，求出圆到直线的距离，由弦长，圆心到直线的距离及圆的半径的关系可得弦长的表达式，再由函数的单调性可得弦长的范围，由题意可得点的轨迹为圆，圆心的坐标及半径，求出两圆的圆心距，可得与两圆的半径的关系，由均值不等式可得，可判断所给命题的真假．【解答】解：由直线，可得过定点，动直线，可得恒过定点，所以正确；由圆的方程可得圆心，半径，所以圆心到直线的距离，所以弦长为，，，所以弦长的最小值为2，所以正确；因为两条直线始终互相垂直，是两条直线的交点，所以，可得的轨迹为圆，且圆心为的中点，，，半径，圆心距为，所以两圆相交，所以正确；因为两条直线始终互相垂直，是两条直线的交点，所以，可得，由均值不等式，可得，即，所以不正确．故选：．【点评】本题考查求直线恒过定点的方法，直线与圆相交的弦长的求法，均值不等式的应用，属于中档题．27．（2023•仙游县校级模拟）已知是圆上的动点，点，以为圆心，为半径作圆，设圆与圆相交于，两点．则下列选项正确的是A．当点坐标为时，圆的面积最小 B．直线过定点 C．点到直线的距离为定值 D．【分析】由题意圆的面积最小只需最小，结合圆的性质判断；应用特殊点，讨论为圆在轴交点分别判断直线的位置即可判断；由两圆相交