2024年全国一卷新高考数学题型细分S12直线和圆2

2024年全国一卷新高考题型细分S12——直线和圆2试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《直线和圆》主要分类有：直线，圆，线圆关系，圆切线，圆交线，圆点线距离，圆圆关系，综合，中档，中上，未等，大概106道题。圆交线：（2024年浙J31五校联考）6．在平面直角坐标系xOy中，直线与圆C：相交于点A，B，若，则（

6．C【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，根据，得到圆心C到直线l的距离，再利用点到直线的距离公式求得t的值即可.【详解】由题意可知，圆C：，标准化后可得圆C：因为，，过点C作AB的垂线CD，.如图所示，，在中，.6．C【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，根据，得到圆心C到直线l的距离，再利用点到直线的距离公式求得t的值即可.【详解】由题意可知，圆C：，标准化后可得圆C：因为，，过点C作AB的垂线CD，.如图所示，，在中，.所以，圆心C到直线l的距离:因此，，解得，故选：C.（2024年闽J23厦门四检）4．圆被直线所截得劣弧的弧长为（4．C【分析】设直线与圆的交点为、，的中点为，求出圆心到直线的距离，利用锐角三角函数求出，即可得到，再由弧长公式计算可得.【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，设直线与圆的交点为、，的中点为，则，所以，4．C【分析】设直线与圆的交点为、，的中点为，求出圆心到直线的距离，利用锐角三角函数求出，即可得到，再由弧长公式计算可得.【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，设直线与圆的交点为、，的中点为，则，所以，所以，则，所以劣弧的弧长为.故选：C（2024年冀J10承德二模）13.已知圆与直线交于A，B两点，则经过点A，B，的圆的方程为【答案】【解析】【分析】设，直线方程与圆的方程联立求出点坐标，设经过点A，【答案】【解析】【分析】设，直线方程与圆的方程联立求出点坐标，设经过点A，B，的圆的方程为，代入三点坐标解方程组可得答案.【详解】设，由解得，可得，设经过点A，B，的圆的方程为，所以，解得，即，可得.故答案为：.（2024年浙J05名校二联考）4.已知直线交圆于两点，设甲：，乙：，则（【答案】A【解析】【分析】结合直线和圆的位置关系，判断甲：和乙：之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】圆的圆心为，半径为，当时，直线，则到直线的距离为，此时，而，即正三角形，故；【答案】A【解析】【分析】结合直线和圆的位置关系，判断甲：和乙：之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】圆的圆心为，半径为，当时，直线，则到直线的距离为，此时，而，即正三角形，故；当时，为正三角形，则C到的距离为，即圆心C到直线距离为，解得或，即当时，不一定推出，故甲是乙的充分条件但不是必要条件，故选：A（2024年闽J21三明检测）1．直线与圆相交于两点，则（

1．B【分析】根据圆的相关知识即可求得弦长.【详解】由已知圆，圆心为，半径所以圆心到直线距离所以故选：B

）

A．B．C．21．B【分析】根据圆的相关知识即可求得弦长.【详解】由已知圆，圆心为，半径所以圆心到直线距离所以故选：B（2024年粤J127汕头二模）13．已知直线x+y=a与圆交于A､B两点，且，其中O为坐标原点，则实数a的值为13．【分析】由结合向量加减法的意义可得为等腰直角三角形，再经计算得解.【详解】因，由向量加法和减法的几何意义知，以线段OA，13．【分析】由结合向量加减法的意义可得为等腰直角三角形，再经计算得解.【详解】因，由向量加法和减法的几何意义知，以线段OA，OB为一组邻边的平行四边形两条对角线长相等，从而这个平行四边形是矩形，即，又，则是等腰直角三角形，于是点O到直线AB距离为，所以，即.故答案为：（2024年鄂J05七市调研）5.过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（【答案】A【解析】分析】结合图形可知，当时取得最小值，然后可解.【详解】将圆化为，圆心，半径，因为，所以点在圆C内，记圆心C到直线l【答案】A【解析】分析】结合图形可知，当时取得最小值，然后可解.【详解】将圆化为，圆心，半径，因为，所以点在圆C内，记圆心C到直线l的距离为d，则，由图可知，当，即时，取得最小值，因为，所以的最小值为.故选：A（2024年浙J39绍兴上虞调测）13．过原点的直线与圆交于两点，若，则直线的斜率为13．或【分析】首先判断直线的斜率存在，设，，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，可得，代入即可求出.【详解】当斜率不存在时13．或【分析】首先判断直线的斜率存在，设，，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，可得，代入即可求出.【详解】当斜率不存在时，解得或，因为且，即不满足，故舍去；当直线的斜率存在时，设斜率为，则，代入圆，得，显然，设，，则，，因为，则，则，，联立可得，解得或．故答案为：或．（2024年苏J37苏锡常镇二调）12．已知圆O：，过点的直线l交圆O于A，B两点，且，则满足上述条件的一条直线l的方程为12．（或，答案不唯一）【分析】由和圆中的几何关系求出点O到直线l的距离为1，然后利用点到直线的距离公式求出直线斜率即可【详解】由题意得圆心12．（或，答案不唯一）【分析】由和圆中的几何关系求出点O到直线l的距离为1，然后利用点到直线的距离公式求出直线斜率即可【详解】由题意得圆心，半径，，故M点在圆O外，设点O到直线l的距离为d，由得，即，即，即，解得，设直线l的方程为，则或，所以直线l的方程为或.故答案为：（或，答案不唯一）.（2024年闽J13厦门二检，末）8.如图，的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为（B；）

A.B.C.D.1（圆交线，中下）B；（2024年冀J19张家口一模，湘J35湖师附一模）5.过点作圆相互垂直的两条弦与，则四边形的面积的最大值为（【答案】D【解析】【分析】记，由题意可知，易得，再利用基本不等式，得出其最值.【详解】如图所示：,记,则，，，当且仅当，即时，取等号.所以四边形的面积的最大值为.【答案】D【解析】【分析】记，由题意可知，易得，再利用基本不等式，得出其最值.【详解】如图所示：,记,则，，，当且仅当，即时，取等号.所以四边形的面积的最大值为.故选：D（2024年冀J47唐山二模）8．已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（

8．D【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题.【详解】

如图，取线段的中点，连接，则，由，因直线经过点，考虑临界情况，当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，为8．D【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题.【详解】

如图，取线段的中点，连接，则，由，因直线经过点，考虑临界情况，当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.故的范围为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆的弦想到取其中点，将转化为，利用垂径定理，将所求式转化成，而求范围即求弦的长的范围即可.（2024年粤J124广州天河三模）8．在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（

8．D【分析】利用三角换元，根据点到直线的距离公式，求得到直线l的距离之和关于的表达式，进而根据三角恒等变换公式与正弦函数的最值，求出两点到直线l的距离之和的最小值．【详解】根据题意，为圆上两动点，且满足，设，，点到直线的距离，同理可得点到直线的距离,所以点8．D【分析】利用三角换元，根据点到直线的距离公式，求得到直线l的距离之和关于的表达式，进而根据三角恒等变换公式与正弦函数的最值，求出两点到直线l的距离之和的最小值．【详解】根据题意，为圆上两动点，且满足，设，，点到直线的距离，同理可得点到直线的距离,所以点到直线的距离之和为，其中，故当时，此时取最小值.故选：D．【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用三角换元，结合三角函数的恒等变化即可得解.（2024年浙J08强基联盟三月）13.点关于直线的对称点在圆内，则实数的取值范围是____【答案】【解析】【分析】首先求对称点，再根据点与圆的位置关系，列式求解.【详解】设点关于直线的对称点为【答案】【解析】【分析】首先求对称点，再根据点与圆的位置关系，列式求解.【详解】设点关于直线的对称点为，则，得，又题意可知，，解得：.故答案为：（2024年浙J20丽湖衢二模）13.已知圆，若对于任意的，存在一条直线被圆所截得的弦长为定值，则_【答案】##【解析】【分析】由圆的方程的特征求出，再将圆的方程化为标准式，令、得到两个圆的方程，两圆作差得到公共弦方程，求出公共弦长，即可求出.【详解】【答案】##【解析】【分析】由圆的方程的特征求出，再将圆的方程化为标准式，令、得到两个圆的方程，两圆作差得到公共弦方程，求出公共弦长，即可求出.【详解】圆，则，解得，所以圆，即，由题设，令可得，令可得，显然两圆相交，则两圆方程作差可得，由，解得或，所以直线与圆相交的弦长为，所以，则.故答案为：圆点线距离：（2024年湘J48长沙长郡四适）6．当圆的圆心到直线的距离最大时，（

6．C【分析】求出圆心坐标和直线过定点，当圆心和定点的连线与直线垂直时满足题意，再利用两直线垂直，斜率乘积为1求解即可.【详解】解：因为圆的圆心为,半径，又因为直线过定点A(1,1),故当与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，此时有，即，解得.故选：C.）

A6．C【分析】求出圆心坐标和直线过定点，当圆心和定点的连线与直线垂直时满足题意，再利用两直线垂直，斜率乘积为1求解即可.【详解】解：因为圆的圆心为,半径，又因为直线过定点A(1,1),故当与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，此时有，即，解得.故选：C.（2024年苏J09徐州适应）13.已知点，，若，则点P到直线距离的最小值为_【答案】【解析】【分析】设出点的坐标，由已知探求点的轨迹，再借助几何意义求出最小值.【详解】设点，则【答案】【解析】【分析】设出点的坐标，由已知探求点的轨迹，再借助几何意义求出最小值.【详解】设点，则，由，得，即，则点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆及内部，点到直线距离，所以点P到直线距离的最小值为.故答案为：（2024年粤J43茂名一模）15.动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为【答案】【解析】【分析】利用两点距离公式及已知求得的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，再确定直线所过的定点并判断其与圆的位置关系，要使圆上点到直线距离最大，有圆心与定点所在直线与直线垂直，进而求最大值.【详解】令【答案】【解析】【分析】利用两点距离公式及已知求得的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，再确定直线所过的定点并判断其与圆的位置关系，要使圆上点到直线距离最大，有圆心与定点所在直线与直线垂直，进而求最大值.【详解】令，则，整理得，所以的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，又直线：可化为，易知过定点，由，故点在圆外，则圆心与定点所在直线与直线垂直，圆心与直线距离最大，所以点到直线距离的最大值为.故答案为：（2024年湘J21一起考一模）5.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．（2024年浙J12金华一中模拟）6.已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（【答案】B【解析】【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.【详解】由可得，令，由万能公式可得，，所以直线的方程为①，【答案】B【解析】【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.【详解】由可得，令，由万能公式可得，，所以直线的方程为①，由题意可知过原点与直线垂直的直线方程为②，可得，即表示点的轨迹为圆心为半径为3的圆，于是线段长度的取值范围为，因为，所以线段PQ长度的取值范围为，故选：B.（2024年浙J32北斗星盟联考）13．已知圆：和圆：，过圆上一动点作圆的切线，交圆于，两点，当（点为坐标原点）面积最大时，满足条件的切线方程为13．或或（写出一条即可）【分析】由圆的弦长公式求出，再利用三角形面积公式求出面积最大时的，然后由圆心到直线的距离分别等于半径列方程组，解出即可.【详解】设圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；设到直线的距离为13．或或（写出一条即可）【分析】由圆的弦长公式求出，再利用三角形面积公式求出面积最大时的，然后由圆心到直线的距离分别等于半径列方程组，解出即可.【详解】设圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；设到直线的距离为，则，，则，所以当时，的面积最大，当直线的斜率不存在时，满足题意，当直线的斜率存在时，设：，则由题意可得，①化简可得，即或，代入①可解得或，所以满足条件的切线方程为或或，故答案为：或或.（写出一条即可）（2024年粤J52燕博园，末）8.已知直线与直线相交于点，若恰有3个不同的点到直线的距离为1，则（8.答案：B【命题意图】本题主要考查两条直线的位置关系､直线和圆的位置关系等知识，考查数形结合思想，逻辑推理能力与运算求解的综合能力，体现解析几何的基本思想与基本方法.【答案】B【解析】由于直线可化为：，即直线恒过定点，同理直线恒过定点，又由于，则直线与垂直，故两直线的交点在以为直径的圆上，即点8.答案：B【命题意图】本题主要考查两条直线的位置关系､直线和圆的位置关系等知识，考查数形结合思想，逻辑推理能力与运算求解的综合能力，体现解析几何的基本思想与基本方法.【答案】B【解析】由于直线可化为：，即直线恒过定点，同理直线恒过定点，又由于，则直线与垂直，故两直线的交点在以为直径的圆上，即点的轨迹方程为（挖去点）.由于圆心到直线的距离，要使圆上恰有三个点到直线的距离为1，首先优弧存在两个点，只需保证劣弧上恰有1个点，则，即.故选.（2024年冀J43名校二联考）13．已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数13．或【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.【详解】设点，由可得：，两边平方整理得：13．或【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.【详解】设点，由可得：，两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离，解得．故答案为：或.圆圆关系：（2024年湘J07株洲一检）7.直线、为圆与的公切线，设、的夹角为θ，则的值为（【答案】D【解析】【分析】先判断两个圆的位置关系，根据几何关系求出的值.【详解】圆，圆心为，半径，，圆心为，半径，则，则两圆相交，有两条公切线，如图设两直线交于，，的夹角为θ，设于，【答案】D【解析】【分析】先判断两个圆的位置关系，根据几何关系求出的值.【详解】圆，圆心为，半径，，圆心为，半径，则，则两圆相交，有两条公切线，如图设两直线交于，，的夹角为θ，设于，于，则，，，由几何关系知：，代入，，得，则，所以.故选：D（2024年鄂J15十一校二联考）7.平面直角坐标系xOy中，已知点，其中，若圆上存在点P满足，则实数a的取值范围是（【答案】D【解析】【分析】设，可得点在圆上，又点P在圆上，故两圆相交，结合两圆相交定义计算即可得.【详解】设，，则，即，即点亦在圆上，圆心为，半径，又点【答案】D【解析】【分析】设，可得点在圆上，又点P在圆上，故两圆相交，结合两圆相交定义计算即可得.【详解】设，，则，即，即点亦在圆上，圆心为，半径，又点P在圆上，圆心为，半径，故两圆相交，即有，整理可得且，解得.故选：D.（2024年粤J16天河二测）6.若直线与圆相切，则圆与圆（【答案】B【解析】【分析】由直线与圆相切，得，则圆的圆心在圆上，两圆相交.【详解】直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径1，即【答案】B【解析】【分析】由直线与圆相切，得，则圆的圆心在圆上，两圆相交.【详解】直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径1，即，得.圆的圆心坐标为，半径为，其圆心在圆上，所以两圆相交.故选：B（多选，2024年浙J04温州一适）11.若圆与直线相切，且与圆相切于点，则圆的半径为（【答案】BD【解析】【分析】由已知得圆心在轴，设圆心为，然后由圆与直线相切及过点列方程组求得圆心后再求得半径．【详解】圆的圆心为，半径为1，圆与圆相切于点，则圆心在轴，设圆心为，则由题意，解得或【答案】BD【解析】【分析】由已知得圆心在轴，设圆心为，然后由圆与直线相切及过点列方程组求得圆心后再求得半径．【详解】圆的圆心为，半径为1，圆与圆相切于点，则圆心在轴，设圆心为，则由题意，解得或，时，半径为，时，半径为，故选：BD．（2024年粤J35中山一中二调，末）8.已知圆D是以圆上任意一点为圆心，半径为1的圆，圆与圆D交于A，B两点，则当最大时，的面积为（【答案】A【解析】【分析】设，写出圆的方程，求得直线的方程，利用点到直线的最小值来求得最大时的面积.【详解】设，则，设，，圆的方程为①，【答案】A【解析】【分