2024年全国一卷新高考数学题型细分S12直线和圆3

2024年全国一卷新高考题型细分S12——直线和圆3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。综合：（多选，2024年闽J19南平三检）10．已知圆：，

直线：，则（10．ACD【分析】直线的方程变形为：，令的系数等于零，即可判断A；到轴的距离为，求出圆被轴截得的弦长可判断B；计算出当时，圆心到直线的距离即可判断C；当时，弦长最短，即可判断D.【详解】对于A，直线的方程变形为：，令，解得，所以直线l恒过定点，故A正确；对于B，圆的圆心，半径，到轴的距离为，所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；对于C，当时，直线：，此时圆心到直线的距离，而，所以当时，圆10．ACD【分析】直线的方程变形为：，令的系数等于零，即可判断A；到轴的距离为，求出圆被轴截得的弦长可判断B；计算出当时，圆心到直线的距离即可判断C；当时，弦长最短，即可判断D.【详解】对于A，直线的方程变形为：，令，解得，所以直线l恒过定点，故A正确；对于B，圆的圆心，半径，到轴的距离为，所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；对于C，当时，直线：，此时圆心到直线的距离，而，所以当时，圆C上恰有2个点到直线l的距离等于4，故C正确.对于D，当时，弦长最短，此时，因为直线过定点，所以的方程为：，化简为：，故D正确.故选：ACD.（多选，2024年粤J138汕头金南三模）11．已知圆，直线．则以下几个结论正确的有（11．ACD【分析】对于A，，联立求定点,根据定点在圆内即可求解；对于B，令求轴交点纵坐标即可得弦长；对于C，根据定点到圆心距离即可求解最值，对于D，根据直线被圆截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，求直线斜率，进而求出参数，即可得方程．【详解】由，则，得，即恒过定点，由到圆心的距离，故定点在圆内，故直线与圆恒相交，故A正确；令，则，可得，故圆被轴截得的弦长为，故B错误；点C到直线l的距离的最大值为圆心到定点的距离，故最大值为，C正确，要使直线11．ACD【分析】对于A，，联立求定点,根据定点在圆内即可求解；对于B，令求轴交点纵坐标即可得弦长；对于C，根据定点到圆心距离即可求解最值，对于D，根据直线被圆截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，求直线斜率，进而求出参数，即可得方程．【详解】由，则，得，即恒过定点，由到圆心的距离，故定点在圆内，故直线与圆恒相交，故A正确；令，则，可得，故圆被轴截得的弦长为，故B错误；点C到直线l的距离的最大值为圆心到定点的距离，故最大值为，C正确，要使直线被圆截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，则，所以，可得，故直线为，故D正确．故选：ACD．（多选，2024年苏J34航附二模）9．已知圆关于直线对称的圆的方程为，则下列说法正确的是（

9．AB【分析】根据点关于直线对称可得，进而可得圆方程，根据斜率的意义，结合直线与圆相切即可求解A，根据圆心在直线上即可求解B，根据点到直线的距离公式即可求解CD.【详解】设圆的圆心为．因为圆关于直线对称的圆的方程为，圆的圆心为，半径为2，所以圆的半径为2，两圆的圆心关于直线对称，则解得所以，故圆的方程为．对于A，的几何意义为圆上的点与坐标原点连线的斜率，如图，过原点作圆的切线，当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，所以圆心到直线的距离，解得，故由图可知的最大值是，故A正确；

对于B，圆心在直线上，则圆关于直线9．AB【分析】根据点关于直线对称可得，进而可得圆方程，根据斜率的意义，结合直线与圆相切即可求解A，根据圆心在直线上即可求解B，根据点到直线的距离公式即可求解CD.【详解】设圆的圆心为．因为圆关于直线对称的圆的方程为，圆的圆心为，半径为2，所以圆的半径为2，两圆的圆心关于直线对称，则解得所以，故圆的方程为．对于A，的几何意义为圆上的点与坐标原点连线的斜率，如图，过原点作圆的切线，当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，所以圆心到直线的距离，解得，故由图可知的最大值是，故A正确；

对于B，圆心在直线上，则圆关于直线对称，故B正确；对于C，表示圆上任意一点到直线的距离的倍，圆心到直线的距离为，所以的最小值是，故C错误；对于D，圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，故D错误．故选:AB．（多选，2024年湘J02邵阳一联）9.设点为圆上一点，已知点，则下列结论正确的有（【答案】AD【解析】【分析】设，利用圆心到直线的距离不大于半径求得的范围，判断A，确定的最小值及取得最小值时的值，再由已知圆判断B，求出满足的点有轨迹圆，由两圆位置关系判断C，求出切线长判断D．【详解】设，即，由得，∴的最大值是，A正确；，只有且时，才能取得最小值8，但【答案】AD【解析】【分析】设，利用圆心到直线的距离不大于半径求得的范围，判断A，确定的最小值及取得最小值时的值，再由已知圆判断B，求出满足的点有轨迹圆，由两圆位置关系判断C，求出切线长判断D．【详解】设，即，由得，∴的最大值是，A正确；，只有且时，才能取得最小值8，但时，且，因此上述最小值不能取得，B错；由得，整理得，因此满足的点在圆，此圆圆心为，半径为，而，因此它与圆外离，因此圆上不存在点，满足，，C错；圆圆心为，半径为，则过A点作圆的切线的切线长为，D正确．故选：AD．（多选，2024年粤J26深圳华侨城一模，末）11.已知圆C：，则下列命题是真命题的是（【答案】BCD【解析】【分析】根据圆关于直线对称，得得值，检验半径是否大于零，即可判断A；根据直线与圆相切的充要条件判断B；根据直线与圆的位置关系确定的最值即可判断C；根据直线与圆相切的切线长与切点弦关系可判断D.【详解】解：圆C：，整理得：，所以圆心，半径，则对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，所以，得，又时，，方程不能表示圆，故A是假命题；对于B，对于圆，圆心为，半径，则，当直线为时，圆心到直线的距离，故存在直线，使得与所有的圆相切，故B是真命题；对于C，当时，圆的方程为，圆心为，半径【答案】BCD【解析】【分析】根据圆关于直线对称，得得值，检验半径是否大于零，即可判断A；根据直线与圆相切的充要条件判断B；根据直线与圆的位置关系确定的最值即可判断C；根据直线与圆相切的切线长与切点弦关系可判断D.【详解】解：圆C：，整理得：，所以圆心，半径，则对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，所以，得，又时，，方程不能表示圆，故A是假命题；对于B，对于圆，圆心为，半径，则，当直线为时，圆心到直线的距离，故存在直线，使得与所有的圆相切，故B是真命题；对于C，当时，圆的方程为，圆心为，半径由于为圆上任意一点，设，则式子可表示直线，此时表示直线的纵截距，故当直线与圆相切时，可确定的取值范围,于是圆心到直线的距离，解得或，则，所以的最大值为，故C为真命题；对于D，圆的方程为，圆心为，半径，如图，连接，因为直线与圆相切，所以，且可得，又，所以，且平分，所以，则，则最小值即的最小值，即圆心到直线的距离，所以的最小值为，故D为真命题.故选：BCD.（多选，2024年粤J40汕头一模，末）11.如图，是连接河岸与的一座古桥，因保护古迹与发展的需要，现规划建一座新桥，同时设立一个圆形保护区.规划要求：

①新桥与河岸垂直；

②保护区的边界为一个圆，该圆与相切，且圆心在线段上；

③古桥两端和到该圆上任意一点的距离均不少于.

经测量，点分别位于点正北方向､正东方向处，.根据图中所给的平面直角坐标系，下列结论中，正确的是（【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，求出直线的方程，联立求出点的坐标判断A；设，由题意列出不等式组，再结合代换求得的范围，判断BCD.【详解】如图，以为轴建立直角坐标系，则，，依题意，直线的斜率，直线方程为：，直线的斜率，则直线方程为，由，解得，即，，A正确；设，即，直线的一般方程为，圆的半径为，显然，由，得，则，解得，即长的范围是，【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，求出直线的方程，联立求出点的坐标判断A；设，由题意列出不等式组，再结合代换求得的范围，判断BCD.【详解】如图，以为轴建立直角坐标系，则，，依题意，直线的斜率，直线方程为：，直线的斜率，则直线方程为，由，解得，即，，A正确；设，即，直线的一般方程为，圆的半径为，显然，由，得，则，解得，即长的范围是，B错误，C正确；当，即长为时，圆的半径最大，圆形保护区的面积最大，D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：某些实际应用问题，由题意建立平面直角坐标系，利用坐标法求解是解题的关键.中档，中上，未：（2024年闽J20莆田三模）14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点M与两个定点A，B的距离之比为常数（，），则点M的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，M是平面内一动点，且，则点M的轨迹方程为.若点Р在圆上，则的最小值是14．【分析】根据两点距离公式计算即可得第一空，设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，根据三角形三边关系求最值即可.【详解】设，则，整理得（或）.设14．【分析】根据两点距离公式计算即可得第一空，设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，根据三角形三边关系求最值即可.【详解】设，则，整理得（或）.设，则，故.令，则=.故答案为：；.【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.（2024年鄂J22黄石二中三模）7．已知在等腰直角三角形中，，点在以为圆心、2为半径的圆上，则的最小值为（7．B【分析】建立坐标系，先把转化为，其中，再利用两点之间线段最短求解.【详解】如图：建立平面直角坐标系.则，,取.设则.所以，又.故选：B

）

A．7．B【分析】建立坐标系，先把转化为，其中，再利用两点之间线段最短求解.【详解】如图：建立平面直角坐标系.则，,取.设则.所以，又.故选：B（2024年苏J21南通二适）7.已知曲线与曲线在第一象限交于点，在处两条曲线的切线倾斜角分别为，，则（【答案】A【解析】【分析】联立曲线曲线与曲线方程求出切点，再由圆的切线与圆心和切点连线垂直，结合两垂直直线斜率乘积等于可求出在处圆的切线斜率，从而得出；由导数知识里在某点处的切线方程求法可得出，进而根据两角和与差的正切公式进行检验判断即可.【详解】因为曲线，即，所以曲线是以为圆心，为半径的圆，且，即曲线过原点O，联立，得，所以在【答案】A【解析】【分析】联立曲线曲线与曲线方程求出切点，再由圆的切线与圆心和切点连线垂直，结合两垂直直线斜率乘积等于可求出在处圆的切线斜率，从而得出；由导数知识里在某点处的切线方程求法可得出，进而根据两角和与差的正切公式进行检验判断即可.【详解】因为曲线，即，所以曲线是以为圆心，为半径的圆，且，即曲线过原点O，联立，得，所以在处圆的切线斜率为，所以，由，所以曲线在A处的切线斜率为，又，所以，所以，从而，即，故A正确，C错误，注意到，，且，故B、D错误，故选：A.（2024年鲁J24枣庄三月考）4.在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（【答案】B【解析】【分析】借助点到直线的距离公式与圆上的点到定点距离的最值计算即可得.【详解】设，则，即等价于点到点的距离的平方的两倍加八，又，即.故选：B.）

【答案】B【解析】【分析】借助点到直线的距离公式与圆上的点到定点距离的最值计算即可得.【详解】设，则，即等价于点到点的距离的平方的两倍加八，又，即.故选：B.（2024年浙J36名校联盟三联考）5．已知，点在圆上运动，则的最大值为（

5．C【分析】设，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解.【详解】设，则，当时，取得最大值.故选：C.

）

A．B．C．D．325．C【分析】设，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解.【详解】设，则，当时，取得最大值.故选：C.（多选，2024年粤J128深圳二模）11．设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（11．ABD【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解.【详解】由，得该圆心为，半径为，易知该圆过原点，由，当时，得，作出函数的图象，如图，由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数11．ABD【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解.【详解】由，得该圆心为，半径为，易知该圆过原点，由，当时，得，作出函数的图象，如图，由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数的图象有1个交点，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数的图象有4个交点，根据圆与函数的对称性，后续交点情况类比即可.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于理解取整函数的定义，利用数形结合的思想分析圆与函数图象交点的个数.（2024年冀J39承德二模）8．已知圆，圆与轴交于，斜率存在且过原点的直线与圆相交于两点，直线与直线相交于点，直线､直线､直线的斜率分别为，则（

8．A【分析】直线和直线分别与圆联立方程组，求出两点的坐标，由，得，直线和直线联立方程组，求出点的坐标，由，得，验证各选项即可.【详解】由题意得直线，与圆方程联立，得，可求出点，同理得点，由于在直线上，因此，化简后得，显然，否则点在圆上，两点重合，与题意矛盾，则，再联立直线与直线，则点，因此8．A【分析】直线和直线分别与圆联立方程组，求出两点的坐标，由，得，直线和直线联立方程组，求出点的坐标，由，得，验证各选项即可.【详解】由题意得直线，与圆方程联立，得，可求出点，同理得点，由于在直线上，因此，化简后得，显然，否则点在圆上，两点重合，与题意矛盾，则，再联立直线与直线，则点，因此，则，即，A选项正确，BD选项错误，，即，C选项错误.故选：A.（多选，2024年浙J31五校联考）11．如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（11．BCD【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可.【详解】对于A，曲线C：中，，所以不关于直线对称，故错误；对于B，设C上一点，则，而，故正确；对于C，，，所以，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确；对于D，到点的距离，故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于．故选：BCD.

）

A．曲线C关于直线和都对称

B．曲线11．BCD【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可.【详解】对于A，曲线C：中，，所以不关于直线对称，故错误；对于B，设C上一点，则，而，故正确；对于C，，，所以，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确；对于D，到点的距离，故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于．故选：BCD.（2024年浙J41天域二模）14．如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特·梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆的一段圆弧，且弧所对的圆心角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为14．【分析】设弧的中点为，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆的位置，分析可得弧上的点与圆上的点的最短距离.【详解】如图，设弧的中点为，弧所对的圆心角为，圆的半径，在弧上取两点，则，分别过点作圆的切线，并交直线于点，14．【分析】设弧的中点为，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆的位置，分析可得弧上的点与圆上的点的最短距离.【详解】如图，设弧的中点为，弧所对的圆心角为，圆的半径，在弧上取两点，则，分别过点作圆的切线，并交直线于点，当过点的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点，使过点的切线为两圆的内公切线，则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，过点，分别向作垂线，垂足为，则即为圆的半径，设线段交圆于点，则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.在中，，则，即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.故答案为：.【点睛】结论点睛：本题考查了根据两圆位置关系求距离的范围的问题.可按如下结论求解：相离的两个圆（圆心分别为和,半径分别为和）上的两个动点之间的距离的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径，即.（2024年鲁J02荷泽一模）7.已知圆与圆相交于A、B两点，直线交轴于点，则的最小值为（【答案】B【解析】【分析】先根据两圆相交求出的范围，然后两圆方程相减求得直线的方程，进而可求得点的坐标，从而可得出答案.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，因为两圆相交，则，即，解得，两圆的方程相减得【答案】B【解析】【分析】先根据两圆相交求出的范围，然后两圆方程相减求得直线的方程，进而可求得点的坐标，从而可得出答案.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，因为两圆相交，则，即，解得，两圆的方程相减得，即直线的方程为，当时，直线的方程为，此时轴，与轴没有交点，不符题意，当时，令，得，即，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：B.（2024年冀J30保定二模）14．已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则，14．2【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.【详解】圆的标准方程为，圆心，则为的角平分线，所以．设，则14．2【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.【详解】圆的标准方程为，圆心，则为的角平分线，所以．设，则，所以，则，即，解得，则，所以点与重合，此时，可得，所以．故答案为：；【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.（2024年冀J37沧州三模）13．光从介质1射入介质2发生折射时，入射角与折射角的正弦之比叫作介质2相对介质1的折射率.如图，一个折射率为的圆柱形材料，其横截面圆心在坐标原点，一束光以的入射角从空气中射入点，该光线再次返回空气中时，其所在直线的方程为13．【分析】依题意入射角，设折射角为，求出，即可求出点坐标，再求出所在直线的倾斜角，即可求出斜率，再由点斜式计算可得.【详解】如图，入射角，设折射角为，，，13．【分析】依题意入射角，设折射角为，求出，即可求出点坐标，再求出所在直线的倾斜角，即可求出斜率，再由点斜式计算可得.【详解】如图，入射角，设折射角为，，，则，，所以，则，，所以，且.该光线再次返回空气中时，其所在直线的倾斜角为，则其所在直线的斜率为，直线的方程为，整理得.故答案为：（2024年粤J07六校联考）13.已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过