专题8-1 直线与圆归类（讲+练）-高考数学二轮复习讲练测（全国）（解析版）

专题8-1直线与圆归类目录TOC\o"1-1"\h\u讲高考 1题型全归纳 5【题型一】直线含参（动直线） 5【题型二】直线含参（圆切线型） 7【题型三】曲线关于直线对称 11【题型四】切线应用 12【题型五】圆定点（圆含参型） 16【题型六】圆的切点弦型 18【题型七】两圆公切线型 21【题型八】圆有关的轨迹及应用 23【题型九】函数中的圆应用 26【题型十】圆综合应用 28【题型十一】与圆有关的定点定值定直线 32专题训练 37讲高考1．（2018·北京·高考真题）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． B．C． D．【答案】C【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为.【详解】为单位圆上一点，而直线过点，所以的最大值为，选C.【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．2．（·湖北·高考真题）设、是关于的方程的两个不等实根，则过，两点的直线与双曲线的公共点的个数为A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【详解】试题分析：依题意，，过，两点的直线斜率为，又因为双曲线的渐近线方程为，所以直线与双曲线无交点，故选A.考点：一元二次方程的根与系数关系，直线的斜率，双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系，中等题.3．（2020·全国·统考高考真题）已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．【详解】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，当直线时，，，此时最小．∴即，由解得，．所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：D.4．（2020·全国·统考高考真题）若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（

）A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+【答案】D【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线在曲线上的切点为，则，函数的导数为，则直线的斜率，设直线的方程为，即，由于直线与圆相切，则，两边平方并整理得，解得，（舍），则直线的方程为，即.故选：D.5．（2018·全国·高考真题）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A． B． C． D．【答案】A【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．6．（·四川·高考真题）设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是______．【答案】5【详解】试题分析：易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，.法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.7．（2022·全国·统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故①，于是或，再结合①解得或或，所以直线方程有三条，分别为，，填一条即可[方法二]：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可[方法三]：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.8．（2019·全国·专题练习）已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则__________．【答案】4【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答案.【详解】因为，且圆的半径为，所以圆心到直线的距离为，则由，解得，代入直线的方程，得，所以直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，．故答案为49．（2022·全国·统考高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．【答案】【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即；圆，圆心，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；故答案为：题型全归纳【题型一】直线含参（动直线）【讲题型】例题1.过坐标原点作直线的垂线，垂足为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出直线直线过的定点A，由题意可知垂足是落在以OA为直径的圆上，由此可利用的几何意义求得答案,【详解】直线，即，令，解得，即直线过定点,由过坐标原点作直线的垂线，垂足为，可知：落在以OA为直径的圆上，而以OA为直径的圆为，如图示：故可看作是圆上的点到原点距离的平方，而圆过原点，圆上点到原点的最远距离为，但将原点坐标代入直线中，不成立，即直线l不过原点，所以不可能和原点重合，故，故选：D例题2.已知直线则当m、n变化时，直线都通过定点【答案】【详解】令，从而该直线必过定点.【讲技巧】一般情况下，过定点直线系：过A1x＋B1y＋C1＝0与A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线可设：A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0.直线含参不包含的直线：若直线含参，参数在x系数出，则不包含竖直，如y=k（x-1）+1，不含想x=1若直线含参，参数在y的系数出，则不含水平，如x+m（y-1）+2=0，不含y=1若直线参数在常数位置，则为一系列平行线，如x+y+c=0与y=-x平行【练题型】1.已知直线恒过定点，若点到直线l的最大距离为2，则的最小值为（

）A． B． C．4 D．【答案】C【分析】根据直线恒过定点，当直线动态变化时，点到直线的距离的最大值为点到定点的距离，所以，求得，可得，再利用基本不等式即可得解.【详解】由题可知，所以，所以．，当且仅当，即，时，取等号．故选：C．2.已知定点和直线，则点到直线的距离的最大值为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据直线的方程先确定出直线所过的定点，然后判断出点到直线的距离的最大值为，结合点的坐标求解出结果.【详解】将变形得，所以是经过两直线和的交点的直线系.设两直线的交点为，由得交点，所以直线恒过定点，于是点到直线的距离，即点到直线的距离的最大值为.故选：B.【题型二】直线含参（圆切线型）【讲题型】例题1.已知直线，以下结论不正确的是（

）A．不论a为何值，与都互相垂直B．当a变化时，与分别经过定点和C．不论a为何值，与都关于直线对称D．若与交于点M．则的最大值是【答案】C【分析】对于A，恒成立，故A正确；对于B．恒过定点，所以恒过定点，故B正确；对于C，在上任取点，关于直线对称的点的坐标为，对称点不在上，故C不正确；对于D.，所以的最大值是，故D正确．【详解】对于A，恒成立，所以与互相垂直恒成立，故A正确；对于B．直线，当a变化时，恒成立，所以恒过定点；，当a变化时，恒成立，所以恒过定点，故B正确；对于C，在上任取点，关于直线对称的点的坐标为，代入，则等式左边不恒等于0，故C不正确；对于D．联立，解得，即，所以，所以的最大值是，故D正确．故选：C．例题2.已知集合{直线其中是正常数}，下列结论中正确的是（

）A．当时，中直线的斜率为B．中所有直线均经过同一个定点C．当时，中的两条平行线间的距离的最小值为D．中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面【答案】C【分析】A中，当时，sinθ＝cosθ，S中直线的斜率为；B中，S中所有直线均经过一个定点，不正确；C中，当m>n时，S中的两条平行直线间的距离为，可得最小值为2n；D中，由（0，0）不满足方程，可判断命题错误．【详解】当θ时，sinθ＝cosθ，S中直线的方程为，即，故其斜率为，故A不正确；根据y＝1，可知S中所有直线不可能经过一个定点，B不正确；当时，S中的两条平行直线间的距离为，而，则，故，即最小值为2n，C正确；易见，点（0，0）不满足方程，∴S中的所有直线不可覆盖整个平面，D不正确；【讲技巧】到直线系距离，每条直线的距离，直线系表示圆的切线集合，【练题型】1.已知实数满足，则的最小值为_______．【答案】【分析】实数满足表示点在直线上，可以看作点到原点的距离，最小值是原点到直线的距离，根据点到直线的距离公式求解.【详解】因为实数满足＝1所以表示直线上点到原点的距离，故的最小值为原点到直线的距离，即，故的最小值为1.2.直线系，直线系A中能组成正三角形的面积等于______.【答案】或【分析】应用辅助角公式可得且，根据正弦函数的性质有，易知其几何意义：直线系A是圆上所有点的切线集合，分析可知直线构成正三角形有无数个，但面积值只有两个；将圆心移至原点、取简化模型，设为，应用切线的性质及点线距离公式求参数b，进而求出正三角形的两个面积值.【详解】直线系A：可变形为，∴，而，，即，其几何意义为圆外的点的集合，直线系是圆的切线的包络，即圆上所有点的切线集合，如图所示.把圆心平移到原点，由过圆上一点的切线方程为.而圆的参数形式为，，令，则以为切点的切线方程为，即.由圆心到切线的距离等于半径，有，即，故当时，直线系是圆上所有点的切线方程系，也是圆的包络线.显而易见，所有直线系中的直线构成正三角形有无数个，但是面积的值只有两个.如取，如图所示，设直线的方程为.圆心到直线的距离等于半径，则，，则，当，，，则.当，，，则.将圆向右平移3个单位即为，不改变正三角形的面积，直线系A中组成正三角形的面积：或.故答案为：或【题型三】曲线关于直线对称【讲题型】例题1.函数的图象与函数的图象关于直线对称，则的单调减区间为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由的图象与的图象关于直线对称，可得的解析式，代入化简，利用对数函数的单调性求解即可．【详解】的图象与的图象关于直线对称，则，单调减区间为故选：C例题2.已知的图象关于直线对称，则的值域为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】结合函数对称性与解析式可知是零点，则也是零点，由对应关系求出解析式，利用换元法和二次函数性质即可求解【详解】因为函数有两个零点，0，又因为其图象关于直线对称，所以2，3也是函数的两个零点，即，所以，令，则，所以，即的值域为.故选：B【讲技巧】曲线关于直线对称面可以转化为曲线上动点关于直线对称，则：求解点关于直线的对称点的基本方法如下：①与连线与直线垂直，即；②中点在直线上，即；③与到直线的距离相等，即；上述三个等量关系中任选两个构成方程组，即可求得对称点坐标.【练题型】1.若函数的图象与的图象关于直线对称，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】在函数的图象上任取一点，由对称性的知识可知，点关于直线的对称点在函数的图象上，然后计算即可得解.【详解】在函数的图象上任取一点，则点关于直线对称的点为，且点在函数的图象上，所以.故选：C.2.若曲线关于直线的对称曲线是，则的值为（

）A．2 B． C．1 D．不确定【答案】C【分析】本题首先可以在曲线上任取一点，然后设出点关于直线的对称点，再然后根据线段中点以及两条直线相互垂直的性质求出点坐标，最后将点坐标带入中即可得出结果.【详解】在曲线上任取一点，设点关于直线的对称点为，则中点在直线上，即，因为直线与直线垂直，所以，联立，解得，，，因为点Q在曲线上，所以，对一切恒成立，故，，，故选：C.【题型四】切线应用【讲题型】例题1.已知函数，如果函数恰有三个不同的零点，那么实数的取值范围是________【答案】【分析】先求出函数的解析式，作出函数的图象，由题得有三个不同的实根，数形结合分析得到实数k的取值范围.【详解】当1＜x≤2时，f(x)=-x+2,当时，1＜2x≤2，所以f(x)=,当时，＜2x≤1，所以f(x)=,当时，＜2x≤，所以f(x)=,当时，＜2x≤，所以f(x)=,所以函数的图象为：其图象为线段PA,EB,GC,HD,,(不包括上端点A,B,C,D,)直线y=k(x-1)表示过定点P(1,0)的直线系，由题得C(),D(),当直线在PD(可以取到)和直线PC（不能取到）之间时，直线和函数f(x)的图象有三个不同的交点，由题得.所以k的取值范围为.故答案为例题2.对于任意放置的椭圆，经过椭圆上的任意一点有且仅有一直线与该椭圆有一个交点，则称该直线为椭圆的切线.椭圆绕坐标原点逆时针旋转45°后得到的椭圆中最高点与原点的距离为_______.【答案】【分析】旋转后椭圆中最高点与原点的距离即为旋转前切点到原点的距离，由旋转后椭圆的最高点的切线与轴平行，则旋转前直线的倾斜角为，可设旋转前直线的方程为，与椭圆方程联立，由，求出，从而可求得切点，从而可得出答案.【详解】解：旋转后椭圆的最高点的切线与轴平行，则旋转前直线的倾斜角为，则可设旋转前直线的方程为，联立，消整理得，由，解得，因为旋转后切点为最高点，所以，此时，即切点得坐标为，则该点到原点得距离为，即旋转后椭圆中最高点与原点的距离为.故答案为：.【练题型】1.已知，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】由分段函数解析式，结合导数研究的性质，再将问题转化为与有3个不同交点，应用数形结合的思想有与在上至少有2个交点，最后由导数求它们相切或过时参数a的值，即可知的取值范围.【详解】由题设，上，故值域为且单调递增；上，故值域为且单调递减；∴在上值域为且单调递减；在上值域为且单调递增；要使与轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，它们的图象如下：∴由图知：要使函数图象有3个交点，则与在上至少有2个交点，由，，则，此时，若与相切时，切点为，∴，可得，当过时，有，得，∴.故答案为：2.已知是定义在R上的奇函数，当时，，有下列结论：①函数在上单调递增；②函数的图象与直线有且仅有2个不同的交点③若关于x的方程的实数根之和为8；④函数的值域为.其中所有正确答案的编号是______________.【答案】①④【分析】根据函数解析式和奇函数的性质画出函数图象，数形结合即可求出.【详解】当，，当时，，则，当时，，，则，…结合是定义在R上的奇函数，可画出的函数图象如下：由图可知，在上单调递增，故①正确；函数的图象与直线有3个不同的交点，故②错误；由，可解得，根据奇函数的对称性，和对应的根分别对称，所以方程的实数根之和为0，故③错误；由图可知，的值域为，故④正确.故答案为：①④.【题型五】圆定点（圆含参型）【讲题型】例题1.已知抛物线与轴交于A，B两点，点C的坐标为(3，1)，圆Q过A，B，C三点，当实数变化时，存在一条定直线被圆Q截得的弦长为定值，则此定直线方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】设出圆的一般方程，令求得，可得圆过两个定点可得答案.【详解】设过三点的圆的方程为，由题意可得时，与等价，可得，圆的方程即为，由圆过可得，可得，即圆的方程为，整理得，因为为任意实数方程都成立，所以解得或，所以圆过定点和，此时过两点的弦长为定值，过两点的直线方程的斜率为，所以过两点的直线方程的为，即为.故选：A.例题2.）已知点为直线上任意一点，为坐标原点．则以为直径的圆除过定点外还过定点（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设垂直于直线，可知圆恒过垂足；两条直线方程联立可求得点坐标.【详解】设垂直于直线，垂足为，则直线方程为：，由圆的性质可知：以为直径的圆恒过点，由得：，以为直径的圆恒过定点.故选：D.【讲技巧】过x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的交点的直线可设：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0.【练题型】1.如果直线和函数的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆的内部或圆上，那么的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知可得．再由由点在圆内部或圆上可得．由此可解得点在以和为端点的线段上运动．由表示以和为端点的线段上的点与坐标原点连线的斜率可得选项．【详解】函数恒过定点．将点代入直线可得，即．由点在圆内部或圆上可得，即．或．所以点在以和为端点的线段上运动．表示以和为端点的线段上的点与坐标原点连线的斜率．所以，．所以．故选：C．2.若抛物线与坐标轴分别交于三个不同的点、、，则的外接圆恒过的定点坐标为_______【答案】【分析】设抛物线交轴于点，交轴于点、，根据题意设圆心为，求出，写出圆的方程，可得出关于、的方程组，即可得出圆所过定点的坐标.【详解】设抛物线交轴于点，交轴于点、，由题意可知，由韦达定理可得，，所以，线段的中点为，设圆心为，由可得，解得，，则，则，所以，圆的方程为，整理可得，方程组的解为.因此，的外接圆恒过的定点坐标为.故答案为：.【题型六】圆的切点弦型【讲题型】例题1.过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出切点弦的方程后可求不在任何切点弦上的点形成的区域的面积.【详解】设圆的动点为，过作圆的切线，切点分别为，则过的圆是以直径的圆，该圆的方程为：.由可得的直线方程为：.原点到直线的距离为，故圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为，故选：A.例题2.设点P为直线上的点，过点P作圆C：的两条切线，切点分别为A，B，当四边形PACB的面积取得最小值时，此时直线AB的方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】当最小时，四边形PACB的面积取得最小，此时PC：与联立联立求得，和PC的中点坐标及，可得以PC为直径的圆的方程与圆C的方程相减可得答案．【详解】由于PA，PB是圆C：的两条切线，A，B是切点，所以，当最小时，四边形PACB的面积取得最小，此时PC：，即，联立得所以，PC的中点为，，以PC为直径的圆的方程为，即，与圆C：两圆方程相减可得直线AB的方程．故选：B．【讲技巧】求切点弦方法：1.公共弦法：过圆外一点作圆的切线，则切点与四点共圆，线段就是圆的一条直径．两圆方程相减可得公共弦所在直线方程．2二级结论法：(x－a)2＋(y－b)2＝r2外一点P(x0，y0)做切线，切点所在直线方程（切点弦方程）为：(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.【练题型】1.已知是半径为1的动圆上一点，为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，，则当取最大值时，△的外接圆的方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题设，确定的轨迹方程，结合已知可得，再根据切线的性质、勾股定理及面积法得到关于的关系式且△的外接圆以线段为直径，结合两圆的位置关系及其动点距离最值情况，写出外接圆的方程.【详解】由，则动圆心的轨迹方程为.为圆上的动点，又，∴，∵，，，∴，∴当最小时，最小，当最大时，最大.当时，取最大值，△的外接圆以线段为直径，而中点，即中点为，∴外接圆方程为，即.故选：A2.已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，点在圆上，则点到直线距离的最大值为（

）A．4 B．6 C． D．【答案】B【分析】根据题意，设为直线上的一点，由切线的性质得点、在以为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆的方程联立可得直线的方程，将其变形分析可得直线恒过的定点，由点到直线的距离分析可得答案．【详解】根据题意，设为直线上的一点，则，过点作圆的切线，切点分别为、，则有，，则点、在以为直径的圆上，以为直径的圆的圆心为C，，半径，则其方程为，变形可得，联立，可得圆C和圆O公共弦AB为：，又由，则有，变形可得，则有，解可得，故直线恒过定点，点在圆上，则点到直线距离的最大值为．故选：B．【题型七】两圆公切线型【讲题型】例题1.已知圆与圆有且仅有条公切线，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知，圆内切于圆，由题意可得出，然后将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，由于两圆有且仅有条公切线，则圆内切于圆，所以，可得，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：D.例题2.已知圆和圆恰有三条公共切线，则的最小值为（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】根据两圆有三条公切线得到两圆的位置关系，从而得到满足的等式，再根据的几何意义求解出的最小值.【详解】因为圆与圆有三条公切线，所以圆与圆外切，因为，，，，所以，所以，所以的轨迹是圆心在原点、半径为的圆，又因为表示与的距离，所以.故选：B.【讲技巧】设圆与圆的半径长分别为和.（1）若，则圆与圆内含。无公切线（2）若，则圆与圆内切，一条公切线。（3）若，则圆与圆相交两条公切线（4）若，则圆与圆外切，三条公切线（5）若，则圆与圆外离.，四条公切线【练题型】1.两圆和恰有三条公切线，若，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可知两圆外切，可得出，然后将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆的标准方程为，圆心为，半径为.由于圆和恰有三条公切线，则这两圆外切，所以，，即，所以，，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：C.2.若圆:与圆:相交于，两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则公共弦的长度是______.【答案】【分析】根据两圆在点处的切线互相垂直，得出是直角三角形，求出，然后两圆相减求出公共弦的直线方程，运用点到直线的距离公式求出圆心到公共弦的距离，进而求出公共弦长.【详解】由题意，圆圆心坐标，半径，圆圆心坐标,半径，因为两圆相交于点，且两圆在点处的切线互相垂直，所以是直角三角形，，所以，由两点间距离公式，，所以，解得，所以圆：，两圆方程相减，得，即，所以公共弦：，圆心到公共弦的距离，故公共弦长。故答案为：【题型八】圆有关的轨迹及应用【讲题型】例题1.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__________.【答案】【分析】首先根据条件确定P点所处的平面，再建立坐标系求出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.【详解】由可知，正方体表面上到点A距离最远的点为，所以P点只可能在面，面，面上运动，当P在面上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，则,设，由得：，即，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆心，以为半径的一段圆弧，因为,故,所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为同理，P点在面内情况亦为；P点在面上时，因为，,所以，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为，综上述，P点运动轨迹的周长为，故答案为：.例题2.现有边长均为1的正方形､正五边形､正六边形及半径为1的圆各一个，在水平桌面上无滑动滚动一周，它们的中心的运动轨迹长分别为，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，它们的中心滚动一周的运动轨迹都是圆心角为2π的弧长，设半径分别为r1，r2，r3，r4，则半径为中心与顶点的距离，由正方形、正五边形、正六边形得几何特征可知，r1＜r2＜1，r3＝r4＝1，再利用弧长公式即可得到l1＜l2＜l3＝l4．【详解】解：由题意可知，它们的中心滚动一周的运动轨迹都是圆心角为2π的弧长，设半径分别为r1，r2，r3，r4，由题意可知，半径为中心与顶点的距离，又因为正方形、正五边形、正六边形的边长均为1，圆的半径为1，对于正方形，如图所示：，∵∠AOB＝90°，∴；对于正五边形，如图所示：，∵∠AOB＝72°＜90°，∠OAB＝∠OBA＝54°＜72°，∴r1＜r2＜1；对于正六边形，如图所示：，∠AOB＝60°，∴△AOB为等边三角形，∴r3＝OA＝1；而r4＝1，又因为l1＝2π•r1，l2＝2π•r2，l3＝2π•r3，l4＝2π•r4，所以l1＜l2＜l3＝l4，故选：B．【练题型】1.在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，点是正方形所在平面内的一个动点，且，则线段的长度的最大值为___.【答案】6【详解】如图（1）所示，取的中点为，连接，则平面，因平面，所以，所以，也就是，如图（2）所示，把正方形放置在平面直角坐标系中，，，设，则，整理得，也就是圆，故的最大值为.2.如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为2的正方形ABCD沿x轴滚动（无滑动滚动），点D恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则_____________.【答案】【分析】根据正方形的运动，得到点的轨迹方程，然后根据函数的图象和性质分别进行判断即可.【详解】由题意，当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的圆；当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆；当时，顶点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的圆；当，顶点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的圆，与的形状相同，因此函数的图象在恰好为一个周期的图象；所以函数的周期是8；∴，其图象如图：故答案为：.【题型九】函数中的圆应用【讲题型】例题1.已知是定义在上的增函数，函数的图象关于点对称，若不等式的解集为区间，且，则（

）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】根据条件可得函数是定义在上的奇函数且在上的增函数，进而可得，再利用数形结合即得.【详解】∵函数的图象关于点对称，∴函数的图象关于点对称，又是定义在上的增函数，∴函数是定义在上的奇函数且在上的增函数，由，可得，∴的解集为区间，且，作出函数与的图象，函数表示圆心在原点，半径为4的圆的上半部分，表示过定点的直线，由图象结合条件可知，又，∴，即直线与半圆的交点的横坐标为2，故，∴.故选：B.例题2.），表示不大于的最大整数，如，，且，，，，定义：.若，则的概率为A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查与面积有关的几何概型问题，属中档题.【详解】由，得函数f(x)的周期为T=2.函数f(x)的图像为如图所示的折线部分，集合对应的区域是如图所示的五个圆，半径都是.由题得事件对应的区域为图中的阴影部分，所以由几何概型的公式得故选D.【练题型】1.已知二次函数交轴于，两点，交轴于点.若圆过，，三点，则圆的方程是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知求得点A、B、C的坐标，则有AB的垂直平分线必过圆心，所以设圆的圆心为，由，可求得圆M的半径和圆心，由此求得圆的方程.【详解】解：由解得或，所以，又令，得，所以，因为圆过，，三点，所以AB的垂直平分线必过圆心，所以设圆的圆心为，所以，即，解得，所以圆心，半径，所以圆的方程是，即，故选：C．2.已知二次函数交轴于两点(不重合)，交轴于点.圆过三点.下列说法正确的是①圆心在直线上；②的取值范围是；③圆半径的最小值为；④存在定点，使得圆恒过点.A．①②③ B．①③④ C．②③ D．①④【答案】D【分析】根据圆的的性质得圆心横坐标为1；根据二次函数的性质与二次函数与轴有两个焦点可得的取值范围；假设圆方程为，用待定系数法求解，根据二次函数的性质和的取值范围求圆半径的取值范围，再根据圆方程的判断是否过定点.【详解】二次函数的对称轴为，因为对称轴为线段的中垂线，所以圆心在直线上，故①正确；因为二次函数与轴有两点不同交点，所以，即，故②错误；不妨设在的左边，则，设圆方程为，则，解得，，因为，所以即，故③错误；由上得圆方程为，即，恒过点，故④正确.故选D.【题型十】圆综合应用【讲题型】例题1.在①直线与、均相切，②直线截、、所得的弦长均相等，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解该问题.问题：年是中国传统的农历“鼠年”，现用个圆构成“卡通鼠”的头像.如图，是的圆心，且过原点；点、在轴上，、的半径均为，、均与外切.直线过原点.若___________，求直线截所得的弦长.【答案】选①，直线截所得的弦长为；选②，直线截所得的弦长为.【分析】写出圆的方程，根据圆、圆与圆外切，可求得圆、圆的方程.选①，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，根据直线与圆相切可求得，再计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得结果；选②，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，根据已知条件结合点到直线的距离公式、勾股定理可得出关于的等式，求出的值，即可求得直线截圆所得的弦长.【详解】解：由题意可知，圆的半径为，则圆的方程为，设点，因为半径为的圆与圆外切，可得，即，，可得，所以，圆的方程为，同理可知圆的方程为，选①，若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，此时直线与圆、圆相离，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，由题意可得，解得，所以，直线的方程为或，圆心到直线的距离为，此时，直线截圆所得弦长为；选②，若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，此时直线与圆、圆相离，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，且，由题意可得，整理可得，可得，此时，直线截圆所得弦长为.例题2.如图，某海面上有O，A，B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．(1)求圆C的方程；(2)若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45°方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险?【答案】(1)；(2)该船有触礁的危险．【分析】（1）根据给定条件，求出点A，B的坐标，设出圆C的一般方程，利用待定系数法求解作答.（2）求出船D的航线所在直线的方程，再利用点到直线距离公式计算判断作答.（1）依题意，因A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛千米处，则点，又B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处，则，设过O，A，B三点的圆C的方程为，则，解得，所以圆C的方程为．（2）因船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，则，而船D沿着北偏东45°方向行驶，则船D的航线所在直线l的斜率为1，直线l的方程为，由（1）知，圆C的圆心为，半径，则圆心C到直线l的距离，则，所以该船有触礁的危险.【练题型】1.如图，已知一艘海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h.问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)【答案】0.5h【详解】试题分析：建立直角坐标系，问题转化为圆与直线是否相交，只需用点到直线的距离公式即可判断，监测时间为直线与圆相交的弦长除以轮船的速度.试题解析：如图，以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系，则A(40,0)，B(0,30)，圆O方程x2＋y2＝252.直线AB方程：＋＝1，即3x＋4y－120＝0.设O到AB距离为d，则d＝＝24<25，所以外籍轮船能被海监船监测到．设监测时间为t，则t＝＝(h)答：外籍轮船能被海监船监测到，时间是0.5h.2.如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+（百米）.【分析】（1）过A作，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．【详解】：（1）过A作，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.因为PB⊥AB，所以.所以.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知，从而，所以∠BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，，此时；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.【题型十一】与圆有关的定点定值定直线【讲题型】例题1.已知圆经过坐标原点和点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）设是圆的两条切线，其中为切点．①若点在直线上运动，求证：直线经过定点；②若点在曲线（其中）上运动，记直线与轴的交点分别为，求面积的最小值．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②32.【分析】（1）由题可设圆心坐标为，则根据圆经过坐标原点和点得，再根据两点间的距离公式列式解得圆心为，半径为，即可得方程；（2）①根据题意设，再根据题意知在以为直径的圆上，此时再写出以为直径的圆的方程，又因为是两圆的公共弦，所以两圆方程做差求得弦的方程即可解决；②设，过的与圆相切的直线斜率为，写出切线方程，再根据直线与圆相切得关于的一元二次方程，不妨记直线的斜率为，直线的斜率为，利用韦达定理得与关系，另一方面，写出，方程，令得，再求出，表示出面积，再根据函数的性质求解面积最值即可.【详解】解：（1）因为圆心在直线上，故设圆心坐标为，又因为圆经过坐标原点和点，所以，即，解得：，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为：；（2）①因为点在直线上运动，故设，又因为是圆的两条切线，其中为切点，故连接，如图所以，，所以在以为直径的圆上，所以的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为：，化简得：，所以是两圆的公共弦，故两圆方程做差得弦的方程：，整理得：，所以直线经过定点；②设点，设过的与圆相切的直线斜率为，切线方程为：，∴圆心到切线的距离，整理得：∴由题知：即：，整理得：，，不妨记直线的斜率为，直线的斜率为所以有，，令得，∴，，令，则∴

∴∴例题2.已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．（1）当切线PA的长度为时，求点P的坐标；（2）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）求线段AB长度的最小值．【答案】（1）或；（2）圆过定点，；（3）当时，AB有最小值．【分析】（1）设，由，计算即可求得，得出结果；（2）因为A、P、M三点的圆N以MP为直径，所以圆的方程为，化简为，由方程恒成立可知，即可求得动圆所过的定点；（3）由圆和圆方程作差可得直线方程，设点到直线AB的距离，则，计算化简可得结果.【详解】（1）由题可知，圆M的半径，设，因为PA是圆M的一条切线，所以，所以，解得或，所以点P的坐标为或．（2）设，因为，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为，即，由，解得或，所以圆过定点，．（3）因为圆N方程为，即①又圆②①-②得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为．点到直线AB的距离，所以相交弦长，所以当时，AB有最小值．【练题型】1.如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，、分别为线段、上的动点，且满足.（1）若，求点的坐标；（2）设点的坐标为，求的外接圆的一般方程，并求的外接圆所过定点的坐标.【答案】（1）；（2），和【解析】(1)设点，利用两点之间距离公式和C点在线段OA上得出关系式：联立求解即可得出点C的坐标；(2)由题意求出D点坐标，设外接圆的一般方程为由三点坐标得出关系式，联立解得圆的方程，将圆的方程转化为，令求解即可得出圆过定点的坐标.【详解】解：（1）设点，当时，，则，由C点在线段OA上则有，且，则联立解得,则点的坐标为.（2）由点的坐标为，可得，，可得点的坐标为，设点的外接圆的方程为，代入点、、的坐标可得，解得，可得的外接圆的一般方程为，可化为，令，解得或，故的外接圆所过定点的坐标为和.2.已知圆，点是直线上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，.（1）当时，求点的坐标；（2）设的外接圆为圆，当点在直线上运动时，圆是否过定点（异于原点）？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）或；（2）是过定点，.【分析】（1）由题知，可设，切线长，半径，圆心与点的长度组成直角三角形，故有，结合两点间距离公式和直线方程，可求得点的坐标；（2）可先设，则，整理得的外接圆方程为，结合代换得，要使圆恒过定点满足，即，解出对应的，即可求解【详解】（1）设，∵，∴，，∵，∴，∴解得或

∴或；（2）设，则，∴的外接圆方程为，

∵，∴，∴，令则或（舍去），∴圆过定点.一、单选题1．过定点M的直线与过定点N的直线交于点A（A与M，N不重合），则面积的最大值为（

）A． B． C．8 D．16【答案】C【分析】根据题意分析可得点A在以为直径的圆上，结合圆的性质求面积的最大值.【详解】对于直线，即，可得直线过定点，对于直线，即，可得直线过定点，∵，则直线与直线垂直，即，∴点A在以为直径的圆上，且，由圆的性质可知：面积的最大值为.故选：C.2．已知直线，直线，其中实数，则直线与的交点位于第一象限的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先由两条直线相交，联立方程组写出两条直线的交点坐标，接下来根据交点在第一象限得到a的范围，利用几何概型概率计算公式计算即可【详解】当时，，此时，所以，直线与无交点；当时，由，解得：，由题意，解得，又，由几何概型的概率公式知，所求的概率为.故选：A.3．若圆与圆有且仅有3条公切线，则m=（

）A．14 B．28 C．9 D．【答案】A【分析】分别求出两圆的圆心及半径，再根据圆与圆有且仅有3条公切线，可得两圆外切，则，从而可得答案.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，因为圆与圆有且仅有3条公切线，所以两圆外切，则，即，解得.故选：A.4．已知直线l：是圆C：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为A，则（

）A． B．7 C． D．2【答案】B【分析】根据题意分析可得直线l过圆心，可求得，再根据圆的切线长公式运算求解.【详解】由题意可知：直线l：过圆心，则，解得，故圆C：的圆心为，半径，且点，∵，∴.故选：B.5．若M，N为圆上任意两点，P为直线上一个动点，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据直线与圆的几何分析得出当PC与直线垂直时，过P作圆的两条切线，切点为M，N，此时最大；即可在中计算得出，即，即可得出答案.【详解】过P作圆的两条切线，切点为M，N，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PC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：B.6．若为圆上的动点，当到直线的距离取得最大值时，直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出直线所过定点的坐标，分析可知当为射线与圆的交点且时，点到直线的距离最大，求出直线的斜率，可得出直线的斜率.【详解】圆的标准方程为，圆心为，将直线的方程变形为，由得，故直线过定点，如下图所示：当为射线与圆的交点且时，点到直线的距离最大，因为，则直线的斜率为.故选：B.7．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆”.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.已知在平面直角坐标系中，，若点P是满足的阿氏圆上的任意一点，点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为R，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.【详解】设，则，化简整理得，所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，抛物线的焦点，准线方程为，则，当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，所以的最小值为.故选：D.8．图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.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（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先根据题意画出相应的图，弧上的点与圆上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可.【详解】如图，弧的中点为，弧所对的圆周角为，则弧所对的圆心角为，圆的半径为，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，此时圆与圆皆满足题意：弧上存在四点、、、，过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切.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.在直角中，，，即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.故选：.二、多选题9．已知圆，直线，则（

）A．存在实数m使得圆上的点到直线的距离等于2，且这样的点有且只有1个B．存在实数m使得圆上的点到直线的距离等于2，且这样的点有且只有2个C．存在实数m使得圆上的点到直线的距离等于2，且这样的点有且只有3个D．存在实数m使得圆上的点到直线的距离等于2，且这样的点有且只有4个【答案】AB【分析】设圆心到直线的距离为，当时，A正确；当时，B正确.【详解】圆的圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，当，即时，圆上有且只有1个点到直线的距离等于2，故A正确；当，即时，圆上有且只有2个点到直线的距离等于2，故B正确；故选：AB10．已知直线和圆，则（

）A．直线恒过定点B．圆心到直线的最大距离是2C．若直线与圆相切，则或D．若，直线与圆相交【答案】AC【分析】令求出方程组的解，即可得到直线过定点坐标，即可