【高考大一轮单元复习】高考数学单元复习讲义与检测-专题10《直线与圆》测试（新高考专用）

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专题10 直线与圆

1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由直线的方程为，
所以，
即直线的斜率，由.
所以 ，又直线的倾斜角的取值范围为，
由正切函数的性质可得：直线的倾斜角为.
故选：B
2. 已知过定点直线在两坐标轴上的截距都是正值，且截距之和最小，则直线的方程为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】直线可变为，所以过定点，又因为直线在两坐标轴上的截距都是正值，可知，
令，所以直线与轴的交点为，
令，所以直线与轴的交点为，
所以，
当且仅当即时取等，所以此时直线为：.
故选：C.
3. 已知直线恒过定点A，点A在直线上，其中m、n均为正数，则的最小值为（       ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】C
【解析】由，得．
∴直线恒过定点，即，
∵点A在直线上，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号．∴的最小值为：8．
故选:C．
4. 设点，，直线l过点且与线段AB不相交，则l的斜率的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．不存在
【答案】C
【分析】
写出直线和的方程，解方程组得交点坐标，由交点横坐标在区间上可解得的范围，再在中求补集即得．
【详解】
直线方程为，即，直线方程为，
由，解得，
由，得，此时直线与线段有公共点，
所以直线与线段不相交时，或．
故选：C．
5. 若直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
联立两直线方程得到一个二元一次方程组，求出方程组的解集即可得到交点坐标，根据交点在第一象限得到横纵坐标都大于，联立得到关于的不等式组，求出解集即可得到的范围，然后根据直线的倾斜角的正切值等于，根据正切函数得到倾斜角的范围.
【详解】
联立两直线方程得：，
得，
所以两直线的交点坐标为，
因为两直线的交点在第一象限，所以得到，
解得，即，
设直线的倾斜角为，则，所以，故选：D.
【点睛】求斜率可用k＝tanα(α≠90°)，其中α为倾斜角，由此可见倾斜角与斜率相互联系不可分割，牢记：“斜率变化分两段，90°是分界，遇到斜率要谨记，存在与否需讨论”．
6. 如图，在平面直角坐标系中，将三角板的端点､分别放在轴和轴的正半轴上运动，点在第一象限，且，若，则点与点之间的距离（       ）

A．最大值为2 B．最大值为
C．最大值为 D．最大值为
【答案】C
【解析】依题意，，，．取中点为，由于为直角三角形，故

由于为直角三角形，故
显然，，当且仅当､､三点共线时，等号成立．
因此，最大值为．故选：C．
7. 已知直线与直线分别过定点，B，且交于点，则的最大值是（ ）
A． B．5 C．8 D．10
【答案】D
【分析】先根据直线方程求出的坐标，再根据两条直线垂直得到，利用基本不等式可求的最大值.
【详解】因为，故，因为，故，
因为，故，故，
因为，故，
当且仅当时等号成立，故的最大值为，故选：D.
【点睛】方法点睛：对于含参数的直线的方程，注意挖掘它们隐含的条件与关系，如直线过定点或直线之间彼此平行或垂直.利用基本不等式求最值时注意对取等条件的验证.
8. 若集合，，且，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据等价于，可转化为当对应的圆的半径小于等于2时，符合题意，特别注意集合为空集的情况.
【详解】
等价于．当时，集合和中的点的集合分别代表圆和圆的内部，当对应的圆的半径小于等于2时，符合题意．由，得．当时，集合为空集，也满足，所以当时符合题意．
【点睛】本题主要考查了集合的子集，圆的方程，分类讨论的思想，属于中档题.
9. 在平面直角坐标系中，四点坐标分别为，若它们都在同一个圆周上，则a的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．
【答案】C
【分析】
设出圆的一般式，根据求出，然后将点带入圆的方程即可求得结果.
【详解】
设圆的方程为，
由题意得，解得，
所以，
又因为点在圆上，所以，即.
故选：C.
10. 两个圆与的公切线恰好有2条，则的取值范围是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
求出两圆的圆心和半径，由两圆的公切线恰好有2条知两圆相交，则，即可列出不等式求解m.
【详解】
两个圆化为标准方程可得，，
圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
圆心距，
因为两圆的公切线恰好有2条，
所以两圆相交，则，解得.
故选：B
【点睛】若两圆相离,则有4条公切线；若两圆外切,则有3条公切线(两外切,一内切)；两圆相交,则有2条公切线(外切)；若两圆内切,则有1条公切线；若两圆内含,则有0条公切线.
11.与直线关于对称的直线的方程为__________．
【答案】
【解析】联立，解得，所以直线与直线的交点为，在直线上取点，设点关于直线的对称点为，
则，解得，所以点关于直线的对称点为，
由两点式可得与直线关于对称的直线的方程为：
，即．故答案为：
12.已知过和且与轴相切的圆有且只有一个，则的值为___________.
【答案】或
【分析】
设所求圆的方程为，将点、的坐标代入圆的方程，整理可知关于的方程有且只有一个实根，由此可得出关于实数的等式，进而可解得实数的值.
【详解】设所求圆的方程为.
由于点、都在该圆上，所以，，
整理可得，
由于满足条件的圆有且只有一个，则关于的方程有且只有一个实根，所以或，即或，
解得或.故答案为：或.
【点睛】方法点睛：求圆的方程，主要有两种方法：
（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．
如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；
②圆心在任意弦的中垂线上；
③两圆相切时，切点与两圆心三点共线；
（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
13.已知圆是圆上的一条动直径，点是直线上的动点，则的最小值是____.
【答案】
【分析】由题意得，＝＝﹣＝，即可求的最小值．
【详解】
圆，得，则圆心C（1，2），半径R＝，
如图可得：＝＝﹣＝，
点是直线上，所以＝（）2＝，
∴的最小值是＝.
故答案为： ．

【点睛】本题考查了向量的数量积、转化和数形结合的思想，点到直线的距离，属于中档题．
14.已知圆，圆的圆心在轴上，且与的公共弦所在直线的方程为，则圆的方程为___________.
【答案】
【分析】
本题可设圆的方程为，然后两圆的方程相减，得出公共弦所在直线的方程为，最后根据题意得出，通过计算即可得出结果.
【详解】设圆的圆心为，半径为，则圆的方程为，
即，
因为圆，所以与的公共弦所在直线的方程为，即，
因为与的公共弦所在直线的方程为，所以，解得，，故圆的方程为，故答案为：.
15.已知直线的方程为点的坐标为.
(1)证明：直线一定经过第一象限；
(2)设直线与轴､轴分别交于，两点，当点到直线的距离取得最大值时，求的面积.
【解析】(1)直线：，整理可得：，
∴直线恒过和的交点，即直线恒过定点在第一象限，
∴直线一定经过第一象限；
(2)由（1）可得：直线恒过定点，
当与垂直时，到直线的距离最大，为，
又，故直线的斜率为，即，可得，
直线的方程为：，
令得：；令得：，即，，
∴，
∴.
16.（1）求过点，，且圆心在直线上的圆的标准方程.
（2）已知圆C：，圆心在直线上，且圆心在第二象限，半径长为求圆的一般方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求得线段的垂直平分线方程，由此求得圆心坐标以及圆的半径，即而求得圆的标准方程.
（2）设出圆心坐标，利用圆心的位置以及半径求得，由此求得圆的一般方程.
【详解】
（1）线段的中点为，线段的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
线段的垂直平分线方程为.
，即圆心坐标为，
半径为，所以圆的标准方程为.
（2）圆心，
∵圆心在直线上，∴，即.①
又∵半径长，∴.
由①②可得或
又∵圆心在第二象限，∴，即.
则.故圆的一般方程为.
17.已知点在圆上运动，点．
（1）若，求点的轨迹的方程；
（2）过原点且不与轴重合的直线与曲线交于，两点，是否为定值？若是定值，求出该值；否则，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是，.
【分析】（1）设，，由可得与，与的关系，由点满足圆的方程即可求解；
（2）设直线的方程为，与的方程联立，结合韦达定理求出、，再计算，即可得出答案.
【详解】（1）设，，
∵，∴，∴． ①
∵点在圆上，∴．
将①代入上式并整理，得，即点的轨迹的方程为．
（2）∵过原点且不与轴重合，∴可设直线的方程为．
联立，消去并整理得，
依题意知，是上方程的两根，
则，．
则，
故是定值．




一． 单选题：
1. 设直线的方程是倾斜角为.若，则的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】直线的方程是倾斜角为，
当时，直线的斜率不存在，则；
当时，.
若，则，求得；
若，则，求得.
综上可得，的取值范围为.
故选：B.
2. 已知直线：，：，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
【答案】C
【解析】当时，：，即；：，
即，两直线的斜率相等，所以，即“”是“”的充分条件；
当时，，解得或，当时，两直线方程不同，符合题意，
当时，：，：即，不符合题意，
所以，当时，，即“”是“”的必要条件，
综上所述，“”是“”的充要条件．故选：C．
3. 直线l1：2x＋y－4＝0关于直线l：x－y＋2＝0对称的直线l2的方程为（       ）
A．x－3y＋14＝0 B．x＋y－2＝0 C．x＋2y－6＝0 D．2x－y+8＝0
【答案】C
【解析】解方程组得直线l1与直线l的交点．
在直线l1上取一点B（2，0），设点B关于直线l的对称点为C（x，y），
则解得，即C（－2，4）．又直线l2过和C（－2，4）两点，
故由两点式得直线l2的方程为，即x＋2y－6＝0．故选：C．
4. 下面三条直线，，不能构成三角形，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由直线与联立求出交点的坐标，再由题中条件，得到过点，或分别与、平行，进而可求出结果.
【详解】由解得，即直线与的交点为，
因为直线，，不能构成三角形，所以过点，或分别与、平行，
若过点，则，即；若，则，即；
若，则，所以.综上，的可能取值为.
故选：C.


5. 是直线(为常数)上两个不同的点，则关于和的方程组的解的情况是（ ）
A．无论如何，总是无解
B．无论如何，总有唯一解
C．存在，使是方程组的一组解
D．存在，使之有无穷多解
【答案】B
【分析】
由点在直线上，点的坐标代入直线方程，确定是否为0，不为0，方程组有唯一解，为0时，再讨论是否有无数解．
【详解】
由题意，则，
∵直线的斜率存在，∴，，∴方程组总有唯一解．A，D错误，B正确；
若是方程组的一组解，则，则点在直线，即上，但已知这两个在直线上，这两条直线不是同一条直线，∴不可能是方程组的一组解，C错误．故选：B．
【点睛】本题考查直线方程，考查方程组解的个数的判断．掌握直线方程是解题关键．
6. 已知圆，圆，点M、N分别是圆、圆上的动点，点P为x轴上的动点，则的最大值是（       ）
A． B．9 C．7 D．
【答案】B
【解析】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为．
，又，，
．
点关于轴的对称点为，
，
所以，，
故选：B．

7. 数学家华罗曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点A（x，y）与点B（a，b）之间的距离的几何问题，结合上述观点，可得方程的解是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由可得
4，
表示点（x，1）到定点（-3，0）和（3，0）的距离之差等于4，
由双曲线的定义可知，点（x，1）在以（-3，0）和（3，0）为焦点，
的双曲线的右支上，所以，所以双曲线方程为，
令可得，因为，所以，
即方程的解是，
故选：C．
8. 已知，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】动直线过定点，动直线过定点，且此两条直线垂直，因此点P在以AB为直径的圆上，设∠ABP＝θ，则，θ∈[0，]，代入中利用正弦函数的性质可得结果.
【详解】动直线过定点，动直线.
即过定点，且此两条直线垂直．
∴点P在以AB为直径的圆上，，
设∠ABP＝θ，则，θ∈[0，]
，
∵θ∈[0，]，∴θ+∈[，]，∴sin（θ+）∈[，1]，
∴∈[，2]，
故选：D．

【点睛】本题考查直线过定点、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查正弦函数的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
9. 圆（x－2）2＋y2＝4关于直线y＝x对称的圆的方程是（ ）
A．（x－）2＋（y－1）2＝4
B．（x－1）2＋（y－）2＝4
C．x2＋（y－2）2＝4
D．（x－）2＋（y－）2＝4
【答案】B
【分析】设圆（x－2）2＋y2＝4的圆心关于直线y＝x对称的点的坐标为A（a，b），解方程得a,b的值，即得对称的圆的方程.
【详解】设圆（x－2）2＋y2＝4的圆心关于直线y＝x对称的点的坐标为A（a，b），
则,所以a＝1，b＝，所以A（1，），
从而所求圆的方程为（x－1）2＋（y－）2＝4.故选：B.
【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查点关于直线的对称点的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
10. 方程x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0表示圆的一个充分不必要条件是（ ）
A．k∈(﹣∞，﹣2)∪(2，+∞) B．k∈(2，+∞)
C．k∈(﹣2，2) D．k∈(0，1]
【答案】D
【分析】
化x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0为，
由0求得k的范围，然后逐一核对四个选项得答案.
【详解】
由x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0，得，
若方程x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0表示圆，则0，即﹣2＜k＜2.
∴A，B为方程x2+y2﹣kx+2y+k2﹣2＝0表示圆的既不充分也不必要条件，C为充要条件，
而（0，1]⊂（﹣2，2），则D为充分不必要条件.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了圆的一般方程，充分条件，必要条件，属于中档题.
11.若，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
将化为，作出图形，根据的几何意义，结合图形和斜率公式可求出结果.
【详解】
因为，所以
所以
如图，此方程表示的是圆心在原点，半径为1的半圆,

的几何意义是点与点连线的斜率
如图，，，.所以的取值范围为
故选：D
12. 曲线与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】要求的实数的取值范围即为直线斜率的取值范围，主要求出斜率的取值范围，方法为：曲线表示以为圆心，2为半径的半圆，在坐标系中画出相应的图形，直线与半圆有不同的交点，故抓住两个关键点：当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关于的方程，求出方程的解得到的值；当直线过点时，由和的坐标求出此时直线的斜率，根据两种情况求出的斜率得出的取值范围．
【详解】根据题意画出图形，如图所示：由题意可得：直线过，，
又曲线图象为以为圆心，2为半径的半圆，
当直线与半圆相切，为切点时，圆心到直线的距离，即，解得：；
当直线过点时，直线的斜率为，则直线与半圆有两个不同的交点时，实数的范围为．故选：．

13. .已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．内含
【答案】B
【分析】
本题首先可将转化为，圆心为，然后根据圆关于直线对称求出，最后通过圆心间距离等于两圆半径之和即可得出结果.
【详解】
即，圆心，
因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
即，解得，，圆心，半径为，
，圆心，半径为，
圆心间距离为，
因为圆心间距离等于两圆半径之和，所以圆与圆的位置关系是相切，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查两圆的位置关系，可通过圆心间距离与两圆半径之和的关系来判断，考查圆的对称性的应用，考查计算能力，是中档题.
二、多选题：
1. 已知圆C1：（x＋6）2＋（y－5）2＝4，圆C2：（x－2）2＋（y－1）2＝1，M，N分别为圆C1和C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的值可以是（　　）
A．6 B．7 C．10 D．15
【答案】BCD
【解析】，，关于轴的对称点为
故，又两圆的半径分别为2，1，
故，满足要求的值有B，C，D.
故选：BCD
2. 设有一组圆，下列命题正确的是（ ）．
A．不论如何变化，圆心始终在一条直线上
B．所有圆均不经过点
C．经过点的圆有且只有一个
D．所有圆的面积均为
【答案】ABD
【分析】求出圆心坐标和半径后可判断A、D的正误，将B、C选项中的点代入圆的方程得到关于的方程，通过方程的有解与否可判断B、C的正误，
【详解】圆心坐标为，在直线上，A正确；
令，化简得，
∵，∴，无实数根，∴B正确；
由，化简得，
∵，有两不等实根，∴经过点的圆有两个，C错误；
由圆的半径为2，得圆的面积为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】本题考查动圆的性质，注意动圆中隐含的确定关系，另外判断动圆是否过确定的点，可转化为方程是否有解来讨论，本题属于中档题.
3. 瑞士数学家欧拉（Euler）在1765年在其所著作的《三角形的几何学》－书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）、重心（中线的交点）、垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线．若△ABC的顶点A（－4，0），B（0，4），其欧拉线方程为x－y＋2＝0，则下列说法正确的是（       ）
A．△ABC的外心为（－1，1） B．△ABC的顶点C的坐标可能为（－2，0）
C．△ABC的垂心坐标可能为（－2，0） D．△ABC的重心坐标可能为
【答案】ACD
【解析】由顶点A（－4，0），B（0，4），可知直线AB的垂直分线方程为，
的外心在直线x－y＋2＝0上，
联立，可得外心坐标为（－1，1），故A正确；
设外心为G，则G（－1，1），故，所以外接圆方程为，
设，则的重心为，代入欧拉线方程为x－y＋2＝0中，
得：，和联立，解得或，
即C点坐标可以为，故B错误；
由C点坐标为，可知重心可能为，故D正确；
当C点坐标为时，过C和AB垂直的直线方程为，联立欧拉线方程为x－y＋2＝0可解得垂心坐标为；
当C点坐标为时，过C和AB垂直的直线方程为，联立欧拉线方程为x－y＋2＝0可解得垂心坐标为，故C正确，故选：ACD．
4. 已知曲线的方程为，则（       ）
A．曲线可能是直线 B．当时，直线与曲线相切
C．曲线经过定点 D．当时，直线与曲线相交
【答案】ACD
【解析】当时，曲线的方程为：，表示直线，故A正确；
由，得，
令，得，所以曲线经过定点，故C正确；
当时，曲线的方程为：，即，
此时曲线表示圆，且圆心为，半径，
因为到直线的距离，所以直线与曲线不相切，故B错误；到直线的距离，所以直线与曲线相交，故D正确．故选：ACD．
5. 已知直线与圆相交于不同的两点A､B，O是坐标原点，且有，则k的取值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】设中点为M，记，由垂径定理求得弦长，然后求得的范围，再根据点到直线距离公式求得的范围．
【详解】设中点为M，记，于是，，，
于是：，解得：，又由直线和圆有两个交点可得：，于是，
即，解得，．
故选：BC．

6. 已知圆，圆，则下列是圆与圆的公切线的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】
通过圆心距和半径关系，判断出两圆有四条公切线，再设切线，列等式解方程即可.
【详解】
, 半径 , 两圆相离，有四条公切线
两圆心坐标关于原点对称，则有两条切线过原点,
设切线, 则圆心到直线的距离 , 解得 或 ,
另两条切线与直线平行且相距为1,,
设切线 , 则 ,解得.
所以只有项不正确（也可以不计算，通过斜率即可排除D）
故选：ABC
7.已知圆M：，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是（ ）
A．四边形PAMB周长的最小值为2+ B．的最大值为2
C．若P(1，0)，则三角形PAB的面积为 D．若Q(，0)，则的最大值为
【答案】CD
【分析】对于选项A：设，写出，进而可得四边形周长为，即可的当最小时，四边形周长最小，故可判断A是否正确．
对于选项B，，即可得的取值范围，即可判断B是否正确．
对于选项C：因为，计算，，，，，即可得三角形的面积为，故可判断C是否正确，
对于选项D：设，写出，的方程并联立，得点的轨迹，即可判断D是否正确．
【详解】对于选项A：设，因为，所以，，
则四边形周长为，则当最小时，最小值为2，四边形周长最小为，故A错误，
对于选项B，所以，因为，所以，，故B错误，
对于选项C：因为，所以，，，，，
所以三角形的面积为，故C正确，
对于选项D：设，的方程为，
的方程为，与联立，可得，
由得，所以，
所以点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.
所以的最大值为.则的最大值为，故D正确．故选：CD
【点睛】解析几何中的最值问题，常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
8. 已知圆，圆，则（ ）
A．若圆与圆无公共点，则
B．当时，两圆公共弦长所在直线方程为
C．当时，P、Q分别是圆与圆上的点，则的取值范围为
D．当时，过直线上任意一点分别作圆、圆切线，则切线长相等
【答案】BCD
【分析】
根据两圆无公共点可得，圆内含或外离，从而求出的范围，判断A错；由两圆的方程作差，即可得出公共弦所在直线方程，判断B正确；由，先判断两圆位置关系，进而可得范围，判断C正确；根据两点间的距离公式，分别求出直线上任意一点到两圆心的距离，进而求出切线长，即可判断D正确.
【详解】
由题意，圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为；
则圆心距为；
A选项，若圆与圆无公共点，则只需或，解得或，故A错；
B选项，若，则圆，由与两式作差，可得两圆公共弦所在直线方程为，故B正确；
C选项，若，则，此时，所以圆与圆相离；又P、Q分别是圆与圆上的点，所以，
即，故C选项正确；D选项，当时，由A选项可知，两圆外离；
记直线上任意一点为，则，
所以，
，
因此切线长分别为，，
即，故D正确；故选：BCD.
【点睛】求解本题的关键在于熟记圆与圆位置关系、公共弦所在直线方程的求法，以及圆的切线长的求法等，结合题中条件，即可求解.
三、填空题：
1. 已知直线l经过点，两点，则直线l的斜率为______；若，则直线l的倾斜角的取值范围为______．
【答案】          或.
【解析】由题易知直线l的斜率存在，故.
则，当且仅当，即时，等号成立.
所以或，即直线l的倾斜角的取值范围是或.
故答案为：；或.
2. 对任意的实数，，直线恒经过的一个定点的坐标是________．
【答案】
【解析】由直线整理得
对任意的实数，，直线恒经过的一个定点.
所以，解得
由点代入直线，
满足
所以点在直线上，
即直线恒过定点
故答案为:
3. 在等腰直角三角形中，点是边异于、的一点．光线从点出发，经过、反射后又回到点（如图）．若光线经过的重心，且则_________

【答案】
【解析】建立平面直角坐标如图，作关于的对称点，作关于轴的对称点，设，

因为，，所以，解得，
由光的反射原理可知：四点共线，所以，
所以，代入重心坐标即，
所以，解得或（舍）．
故答案为：．
4. 已知C为圆：上一动点，点坐标为，点坐标为，则的最小值为_________．
【答案】
【分析】
设圆心为，由圆的方程得到圆心和半径，取，可证得，得到，可知，利用两点间距离公式可求得最小值.
【详解】
设圆：的圆心为，则，半径，取，

，，，，
（当且仅当三点共线且在线段上时取等号），
，，
即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查圆部分的最值问题的求解，解题关键是能够利用三角形相似将问题转化为三角形两边之和大于第三边的问题，由此确定三点共线时取得最小值.
5. 已知平面直角坐标系中，，若是等边三角形的顶点，且依次按逆时针方向排列，则点的坐标是___________.
【答案】
【分析】
分别点为圆心，为半径作圆，根据题意得两圆在第一象限中的交点即为所求点，进而写出圆的方程并联立求解即可得答案.
【详解】
如图，分别以点为圆心，为半径作圆，两圆在第一象限的交点即为所求的点.
因为，
所以以点为圆心，为半径的圆的方程为；
以点为圆心，为半径的圆的方程为.
联立方程，解得（负舍），
所以点的坐标是
故答案为：

四、解答题：
1. △ABC中∠C的平分线所在直线方程为，且A（－1，），B（4，0）.

（1）求直线AB的截距式方程；
（2）求△ABC边AB的高所在直线的一般式方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设出直线的截距式方程，代入点的坐标，求解出参数的值，从而截距式方程可求；
（2）先求解出关于直线的对称点，然后根据在上求解出点坐标，再根据高所在直线的斜率与斜率的关系，从而可求解出的高所在直线的一般式方程.
【详解】
（1）设的方程为，代入点，
所以，所以，所以的截距式方程为：；
（2）设关于的对称点为，所以且在直线上，
又因为，所以，即，
又因为在上，也在上，所以，所以，所以，
又因为，设的高所在直线的一般式方程为，代入点，
所以，所以，
所以的高所在直线的一般式方程为.
【点睛】
思路点睛：点关于直线的对称点坐标的求解步骤（直线的斜率存在且不为零，已知点，直线的斜率）：
（1）设出对称点的坐标；
（2）的中点必在上，由此得到第一个方程；
（3）根据得到第二个方程；
（4）两个方程联立可求解出.
2. 已知平行四边形的三个顶点坐标为
（1）求平行四边形的顶点的坐标；
（2）求平行四边形的面积；
（3）在中，求外心的坐标．
【解析】（1）AC中点为，该点也为BD中点，设，根据中点坐标公式得到：，解得：，所以；
（2）故得到斜率为：，代入点坐标可得到直线BC：，∴A到BC的距离为，又根据两点间距离公式得到：，∴四边形ABCD的面积为．
（3）设点，则，即，
化简得：，解得，所以外心的坐标为．
3. 已知直线，点．求：
（1）点关于直线的对称点的坐标；
（2）直线关于直线对称的直线的方程；
（3）直线关于点对称的直线的方程．
【解析】（1）因为点，设点关于直线的对称点的坐标为，，
直线，
解得，所以，
（2）设直线与直线的交点为，
联立直线与直线，，解得，所以；
在直线上取一点，如，
则关于直线的对称点必在直线上，
设对称点，则，解得，所以，
经过点，所以
所以直线的方程为整理得．
（3）设直线关于点对称的直线的点的坐标为，
关于点对称点为，
在直线上，
代入直线方程得：，所以直线的方程为：．
4. 已知圆经过点，，从下列3个条件选取一个_______
①过点；②圆恒被直线平分；③与轴相切.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线与圆相交于、两点，求中点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）选择①、②、③，分别用待定系数法求圆的方程；
（2）先分析出，M的轨迹落在圆上，根据交点判断范围即可.
【详解】
解：选①设圆的方程为，，
由题意可得，解得，
则圆E的方程为即；
选②，直线恒过（1,0）
而圆恒被直线平分，所以恒过圆心，
所以圆心为（1,0），可设圆的标准方程为
由圆经过点，得
则圆E的方程为；
选③，：圆E的方程为；
由题意可得，解得，
则圆E的方程为；
（2）因为M为AB中点，E为圆心，根据垂径定理，得：，
所以点M落在以EP为直径的圆上，其方程为.
即点M的轨迹为以EP为直径的圆落在圆E内的一段弧，
由解得，
所以M的轨迹方程为：
【点睛】
（1）待定系数法是求二次曲线的标准方程的最常用方法；
（2）解析几何问题解题的关键：解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算．
5. 已知点在圆上．
（1）求的最大值和最小值；
（2）求的最大值与最小值；
（3）求的最大值与最小值．
【解析】方程变形为
（1）表示圆上的点与原点连线的斜率，显然（为原点）与圆相切时，斜率最大或最小．
设切线方程为，即，
由圆心到切线的距离等于半径长2，可得，解得，
所以的最大值为，最小值为．
（2），它表示圆上的点到的距离的平方再加2，所以，当点与点E的距离最大或最小时，所求式子就取最大值或最小值，
显然点在圆的外部，所以点与点距离的最大值为，
点与点距离的最小值为．
又，
所以的最大值为，最小值为．
（3）设，则表示动直线在轴上的截距，
显然当动直线与圆相切时，取得最大值或最小值．
圆心到切线的距离等于圆的半径长2，则，
即，解得，
所以的最大值为，最小值为．
6. 在平面直角坐标系中，已知圆过点，且圆心在直线上；圆，
（1）求圆的标准方程，并判断圆与圆的位置关系；
（2）直线上是否存在点，使得过点分别作圆与圆的切线，切点分别为，S（不重合），满足？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；圆与圆相外切；（2）存在；．
【分析】
（1）先确定两圆圆心和半径，再计算圆心距与半径和进行比较即得结果；
（2）设直线上是存在点满足题意，利用，及其与切线长和半径之间的关系得到，再利用距离公式代入计算解得参数a值，经检验即得结果.
【详解】
（1）由题意知，圆的圆心也在直线上，
联立解得，
∴圆心，设，则半径为，
圆的标准方程为.
又∵圆M的圆心，半径，
圆心距，而，
圆与圆相外切；
（2）∵直线的方程为，
设直线上是存在点满足题意，设，
由可知，，
即，所以，
即，
整理得，解得或或．
当时，点B为圆与圆的公切点，此时，S，B重合，不符合题意．
当时，满足.
综上，存在点，满足.















1.（2021·全国·高考真题）已知直线与圆，点，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
【答案】ABD
【解析】
【分析】
转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】
圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
2. （2021·全国·高考真题）已知点在圆上，点、，则（       ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：

当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
3. （2022·全国·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】
【解析】
【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：
4. （2022·全国·高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】或或
【解析】
【分析】
先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】
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.

5. （2022·全国·高考真题（文））设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
【答案】
【解析】
【分析】
设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】
解：∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.故答案为：
6. （2022·全国·高考真题（文））过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】或或或；
【解析】
【分析】
设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】
解：依题意设圆的方程为，
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
故答案为：或或或；
7. （2021·全国·高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】
由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
8. （2021·全国·高考真题（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】
（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】
（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；