2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题50圆的方程（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题50圆的方程（Word版附解析），共34页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题50圆的方程
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：圆的方程
题型二：与圆有关的最值问题
题型三：与圆有关的轨迹问题

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程.
2.能根据圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题.
【考点预测】
1．圆的定义和圆的方程
定义
平面上到定点的距离等于定长的点的集合叫做圆
方
程
标
准
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)
圆心C(a，b)
半径为r
一
般
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)
圆心C
半径r＝

2.点与圆的位置关系
平面上的一点M(x0，y0)与圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2之间存在着下列关系：
(1)|MC|>r⇔M在圆外，即(x0－a)2＋(y0－b)2>r2⇔M在圆外；
(2)|MC|＝r⇔M在圆上，即(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2⇔M在圆上；
(3)|MC| 【常用结论】
1.圆心在坐标原点，半径为r的圆的方程为x2＋y2＝r2.
2.以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的圆的方程为(x－x1)·(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.
【方法技巧】
1.求圆的方程时，应根据条件选用合适的圆的方程.一般来说，求圆的方程有两种方法：
(1)几何法，通过研究圆的性质进而求出圆的基本量.确定圆的方程时，常用到的圆的三个性质：①圆心在过切点且垂直切线的直线上；②圆心在任一弦的中垂线上；③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线；
(2)代数法，即设出圆的方程，用待定系数法求解.
2.与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法.一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解.
(2)与圆上点(x，y)有关代数式的最值的常见类型及解法.
①形如u＝型的最值问题，可转化为过点(a，b)和点(x，y)的直线的斜率的最值问题；
②形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值问题，可转化为圆上动点到定点(a，b)的距离的平方的最值问题.
3.求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：
(1)直接法，直接根据题目提供的条件列出方程；
(2)定义法，根据圆、直线等定义列方程；
(3)几何法，利用圆的几何性质列方程；
(4)代入法，找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等.
二、【题型归类】
【题型一】圆的方程
【典例1】已知圆M与直线3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圆心在直线y＝－x－4上，则圆M的方程为(　　)
A．(x＋3)2＋(y－1)2＝1 B．(x－3)2＋(y＋1)2＝1
C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1 D．(x－3)2＋(y－1)2＝1
【解析】到两直线3x－4y＝0,3x－4y＋10＝0的距离都相等的直线方程为3x－4y＋5＝0，
联立
解得
又两平行线间的距离为2，所以圆M的半径为1，从而圆M的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1.
故选C.
【典例2】已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________．
【解析】方法一　设所求圆的标准方程为
(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
由题意得
解得
故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，
即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
方法二　线段AB的垂直平分线方程为2x＋y＋4＝0，
联立
得交点坐标O(－1，－2)，
又点O到点A的距离d＝，
所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，
即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
【典例3】已知圆E经过三点A(0,1)，B(2,0)，C(0，－1)，则圆E的标准方程为(　　)
A.2＋y2＝ B.2＋y2＝
C.2＋y2＝ D.2＋y2＝
【解析】方法一　(待定系数法)
设圆E的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，
则由题意得解得
所以圆E的一般方程为x2＋y2－x－1＝0，
即2＋y2＝.
方法二　(几何法)
因为圆E经过点A(0,1)，B(2,0)，所以圆E的圆心在线段AB的垂直平分线y－＝2(x－1)上．
由题意知圆E的圆心在x轴上，
所以圆E的圆心坐标为.
则圆E的半径为
|EB|＝＝，
所以圆E的标准方程为2＋y2＝.
故选C.
【题型二】与圆有关的最值问题
【典例1】已知M(x，y)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2，3)．
(1)求|MQ|的最大值和最小值；
(2)求的最大值和最小值；
(3)求y－x的最大值和最小值．
【解析】(1)由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C的坐标为(2，7)，半径r＝2.又|QC|＝＝4，所以|MQ|max＝4＋2＝6，|MQ|min＝4－2＝2.
(2)可知表示直线MQ的斜率k.设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.因为直线MQ与圆C有交点，所以≤2，可得2－≤k≤2＋，所以的最大值为2＋，最小值为2－.
(3)设y－x＝b，则x－y＋b＝0.当直线y＝x＋b与圆C相切时，截距b取到最值，所以＝2，所以b＝9或b＝1.所以y－x的最大值为9，最小值为1.
【典例2】设点P(x，y)是圆(x－3)2＋y2＝4上的动点，定点A(0，2)，B(0，－2)，则|＋|的最大值为________．
【解析】由题意，知＝(－x，2－y)，＝(－x，－2－y)，所以＋＝(－2x，－2y)，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程(x－3)2＋y2＝4，故y2＝－(x－3)2＋4，所以|＋|＝＝2.由圆的方程(x－3)2＋y2＝4，易知1≤x≤5，所以当x＝5时，|＋|的值最大，最大值为2＝10.
【典例3】(多选)若P是圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1上任一点，则点P到直线y＝kx－1距离的值可以为(　　)
A．4 B．6
C．3＋1 D．8
【解析】由题意，知圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1的圆心坐标为(－3，3)，半径为1，直线y＝kx－1过定点(0，－1)．由图可知，圆心C到直线y＝kx－1距离的最大值为＝5，则点P到直线y＝kx－1距离的最大值为5＋1＝6，最小值为5－1＝4，因此A，B，C正确，只有D不正确．故选ABC.
【题型三】与圆有关的轨迹问题
【典例1】设定点M(－3，4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为邻边作平行四边形MONP，求点P的轨迹方程.
【解析】如图，设P(x，y)，
N(x0，y0)，
则线段OP的中点坐标为，
线段MN的中点坐标为
.
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以＝，＝，
整理得
又点N(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，
所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.
所以点P的轨迹是以(－3，4)为圆心，2为半径的圆，
直线OM与轨迹相交于两点和，不符合题意，舍去，
所以点P的轨迹为(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去两点和.
【典例2】已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)，求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程.
【解析】(1)法一　设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，所以kAC·kBC＝－1，
又kAC＝，kBC＝，所以·＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0).
法二　设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1，0)，由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1，0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点).
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0).
(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3，0)，M是线段BC的中点，由中点坐标公式得x＝，y＝，
所以x0＝2x－3，y0＝2y.
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1.
因此动点M的轨迹方程为
(x－2)2＋y2＝1(y≠0).
【典例3】已知线段AB的端点B的坐标为(8,6)，端点A在圆C：x2＋y2＋4x＝0上运动，求线段AB的中点P的轨迹方程，并说明它的轨迹是什么．
【解析】设点P的坐标为(x，y)，点A的坐标为(x0，y0)，
由于点B的坐标为(8,6)，且P为线段AB的中点，
∴x＝，y＝，于是有x0＝2x－8，y0＝2y－6.
∵点A在圆C上运动，
∴点A的坐标满足方程x2＋y2＋4x＝0，
即x＋y＋4x0＝0，
∴(2x－8)2＋(2y－6)2＋4(2x－8)＝0，
化简整理，得x2＋y2－6x－6y＋17＝0，
即(x－3)2＋(y－3)2＝1.
故点P的轨迹是以(3,3)为圆心，1为半径的圆．
三、【培优训练】
【训练一】（2023秋·高二单元测试）已知，点P为直线上的一点，点Q为圆上的一点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令，可得M点的坐标为，则，即可得答案.
【详解】设，令，
则
，则M.
如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点M距离，为.
故选：D

【训练二】（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）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：.
【训练三】（多选题）（2024·江西·校联考模拟预测）加斯帕尔·蒙日（图1）是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆（图2）.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，均在的蒙日圆上，，分别与相切于，，则下列说法正确的是（    ）
  
A．的蒙日圆方程是
B．设，则的取值范围为
C．若点在第一象限的角平分线上，则直线的方程为
D．若直线过原点，且与的一个交点为，，则
【答案】BC
【分析】对于A，根据椭圆的两条特殊切线的交点求出蒙日圆的半径，可得A错误；对于B，利用椭圆的定义求出的取值范围可得B正确；对于C，利用导数的几何意义求解可得C正确；对于D，根据椭圆的定义以及平面向量数量积的运算律可求出，可得D错误.
【详解】对于A，分别过椭圆的顶点，作椭圆的切线，则两切线的交点在椭圆的蒙日圆上，
故该蒙日圆的半径，即椭圆的蒙日圆的方程为，故A错误；
  
对于B，由椭圆的定义得，
当且仅当点在的延长线上时取等号，
，
当且仅当点在的延长线上时取等号，所以的取值范围为，故B正确；
    
对于C，在方程中，令，得，故，
设切点，， 因为，，所以，，
由两边对求导得，所以，，
又，，所以，，
所以，，
所以，，
所以点、都在直线上，
所以直线的方程为，故C正确；
      
对于D，，则，所以，
由得①，
由得②，
则①②得，解得，
所以，故D错误.
    
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求解椭圆的切线方程，利用平面向量数量积求解向量的长度是解题关键.
【训练四】（多选题）（2023·全国·高三专题练习）已知向量 满足，，， .则下列说法正确的是（    ）
A．若点P在直线AB上运动，当取得最大值时，的值为
B．若点P在直线AB上运动， 在上的投影的数量的取值范围是
C．若点P在以r = 为半径且与直线AB相切的圆上，取得最大值时，的值为3
D．若点P在以r = 为半径且与直线AB相切的圆上，的范围是
【答案】BD
【分析】根据给定条件，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，求出点的坐标，逐项分析点的轨迹并推理计算、判断作答.
【详解】因为，即有，则以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
  
则，由，得，
点确定的直线方程为：，即，
当点在直线上时，，即，，
因此当时，取得最大值，此时，，A错误；
在上的投影的数量，
当时，，当时，，当且仅当时取等号，即，
当时，，因为恒成立，则，
所以，即在上的投影的数量的取值范围是，B正确；
当点P在以r = 为半径且与直线AB相切的圆上时，因为与直线AB相切，
且半径为的圆的圆心轨迹是与直线平行，到直线距离为的两条平行直线，
设这两条与平行的直线方程为，则，解得或，
因此动圆圆心的轨迹为直线或直线，
设圆心为，则点在圆上，其中或，
于是令，
，显然点是直线或上任意一点，
即，从而无最大值，即无最大值，C错误；
，其中锐角满足，
显然，当圆心在直线时，，则，
当圆心在直线时，，则，
所以的范围是，D正确.
故选：BD
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
【训练五】（2023·江苏无锡·辅仁高中校考模拟预测）已知三点在圆上，的重心为坐标原点，则周长的最大值为 .
【答案】
【分析】根据已知条件发现，且点到圆与轴的正半轴交点的距离为4，正好是的关系，而三角形的重心是中线的三等分点，所以不妨认为圆与轴的正半轴交点是三角形的一个顶点，从而可知另两个顶点正好是圆的直径的两个端点，从而可以得到三角形三边的关系，进而借助基本不等式求出结果.
【详解】由圆得圆心，半径圆，
如图，不妨设点在轴的正半轴上，
由于的重心为坐标原点，且,
所以为圆的直径，所以，

所以
，当且仅当时取等号，
所以周长的最大值为.
故答案为：.
【训练六】（2023·重庆万州·统考模拟预测）设抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．
(1)求外接圆的方程；
(2)若过点的直线与抛物线C交于A，B两点，延长AF，BF分别与抛物线C交于M，N两点，证明：直线MN过定点，并求出此定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点坐标为.

【分析】（1）根据面积列出关于的方程，解出值，代入点即可得到值；
（2）设的方程为，，通过联立直线方程与抛物线方程得到韦达定理式，写出的方程，将其与抛物线方程联立，得到点坐标，同理得到点坐标，写出直线方程，将其化简得到定点坐标.
【详解】（1），，
，，，
设外接圆的方程为，，，
，即，
外接圆方程为.
（2）设的方程为，，
联立得，，
，，直线AF的方程，
联立得，
，，，，
，同理，当时，直线MN的斜率存在，
，
直线的方程为，
即，
，即，
，即，直线MN过点，
当时，由对称性不妨令，则，直线过点，
直线过定点.
  
【点睛】关键点睛：本题采取设线法，设设的方程为，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，写出直线方程，再次联立抛物线求解出点坐标，同理得到点坐标，最后得到直线的方程，通过化简并结合韦达定理式得到直线的方程为，从而得到定点坐标.
四、【强化测试】
一、单选题
1．（2023·北京·模拟预测）当圆的圆心到直线的距离最大时，（    ）
A． B． C． D．
【答案】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.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知，点P满足，直线，当点P到直线l的距离最大时，此时m的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由可求出点P的轨迹方程为，数形结合，当时， 此时点P到直线l的距离最大，计算即可求得m的值.
【详解】 ，设，则，
， ，化简得，
即点P的轨迹方程为，圆心为，半径为2，
，化简为，
由 ，解得，即直线恒过定点，
设定点为,如图，当时，此时点P到直线l的距离最大，
， ， ，
，.
故选：C.

3．（2023·全国·高二专题练习）已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据点在圆上，求出，考虑的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方程，求出斜率和倾斜角.
【详解】由题意得，
当的斜率不存在时，此时直线方程为，与圆相交，不合题意，
当的斜率存在时，设切线的方程为，
则，解得，
设的倾斜角为，
故的倾斜角为.
故选：D
4．（2023·江西·校联考一模）古希腊亚历山大时期最后一位重要的几何学家帕普斯（，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：即到两条已知直线距离的乘积与到第三条直线距离的平方之比等于常数的动点轨迹为圆锥曲线.今有平面内三条给定的直线，，，且，均与垂直.若动点M到的距离的乘积与到的距离的平方相等，则动点M在直线之间的轨迹是（    ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】A
【分析】根据题意得到三条直线的关系，不妨设记为，直线为，为，进而可根据条件表示出动点M的轨迹方程，从而得出结论.
【详解】因为在平面内三条给定的直线，，，且，均与垂直，所以，平行，又因为动点M到的距离的乘积与到的距离的平方相等，记为，直线为，为，
设，且动点M在直线之间，所以M到的距离为，M到的距离为，M到的距离为， 所以，
若，则；若，则，
所以，即，故动点M的轨迹为圆.
故选：A.
5．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中,已知,,若该平面中不存在点,同时满足两个条件与,则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设出点坐标,根据,求出点的轨迹方程,根据,可求出点的另一个轨迹方程,只需这两个方程的曲线无交点即可,利用圆与圆的位置关系列出等式求出范围即可.
【详解】解:由题知,不妨设,
因为,
所以,
化简可得: ,
故点在以为圆心,为半径的圆上,
又因为,
所以,
化简可得:,
即点在以为圆心,为半径的圆上,
故若存在点P，只需圆与圆有交点即可,
即,
同时平方化简可得: ,
即,解得: .
所以不存在点P时，或.
故选:D
6．（2023春·四川宜宾·高二校考阶段练习）已知圆，圆，过动点P分别作圆、圆的切线PA，PB（A，B为切点），使得，则动点P的轨迹方程为（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由条件结合圆的切线性质可得出，结合两点间的距离公式可得出答案.
【详解】由得．
因为两圆的半径均为1，则，
则，即．
所以点P的轨迹方程为．
故选：D
7．（2023·全国·高二专题练习）已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（    ）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【分析】先求出圆心和半径，以及直线的定点，利用圆的几何特征可得到当时，最小
【详解】由圆的方程，可知圆心，半径，
直线过定点，
因为，则定点在圆内，
则点和圆心连线的长度为，
当圆心到直线距离最大时，弦长最小，此时，
由圆的弦长公式可得，
故选：C
8．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）已知点，圆，过点的直线与圆交于，两点，则的最大值为（    ）
A． B．12 C． D．
【答案】B
【分析】利用中点坐标求出AB的中点的轨迹方程为圆心、半径为1的圆，得的最大值，结合即可求解.
【详解】由题意知，，圆M的半径为4，设AB的中点，
则，即，
又，所以，
即点D的轨迹方程为，圆心，半径为1，
所以的最大值为，
因为，
所以的最大值为12.
故选：B.

二、多选题
9．（2023春·江西新余·高二新余市第一中学校考阶段练习）已知抛物线的焦点为，直线，过点与圆分别切于，，两点，交于点，和，，则（    ）
A．与没有公共点
B．经过，，三点的圆的方程为
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据圆的方程和抛物线方程联立，得到的解，即可判断选项A中两者有没有公共点；选项B的问题转化为求解以为直径的圆，由和点坐标即可判断；由，可以利用等积法先求的一半，再求来判断C；利用直线和圆相切，求出直线的方程，则分别求出和的长度，即可判断选项D.
【详解】对于A，联立，得，
因为是方程的一个根，所以与有公共点，A项错误；
对于B，连接，，则，，
所以，，，四点在以为直径的圆上，
且，，所以圆的方程为，
化简得，B项正确；
对于C，由题得，
所以，所以，C项正确；
对于D，设过点且与圆相切的切线方程
为，由，解得或.
不妨设，，则，
联立得，
所以，所以，
所以，D项正确.
故选：BCD.
10．（2023春·江苏南京·高二金陵中学校考期中）已知圆C过点，，直线m：平分圆C的面积，过点且斜率为k的直线l与圆C有两个不同的交点M，N，则（    ）
A．圆心的坐标为
B．圆C的方程为
C．k的取值范围为
D．当时，弦MN的长为
【答案】ABD
【分析】设圆的标准方程为，根据已知条件由圆C被直线m平分，结合点A，B在圆上建立关于a，b，r的方程组，即可求出圆C的方程，再利用点到直线的距离建立关于k的不等式，即可得到实数k的取值范围，进而也可求得当时，弦MN的长，进而选出符合要求的选项.
【详解】设圆的标准方程为，
因为圆C被直线平分，
所以圆心在直线m上，可得，
由题目条件已知圆C过点，则
综上可解得，
所以圆心的坐标为，选项A正确；
圆C的方程为，选项B正确；
根据题目条件已知过点且斜率为k的直线l方程为，即，
又直线l与圆C有两个不同的交点M，N，所以点到直线l的距离小于半径r，
则利用点到直线的距离公式可得：，
解得k的取值范围为，所以选项C错误；
当时，可求得点到直线l的距离为，
所以根据勾股定理可得，
即弦MN的长为，所以弦MN的长为，选项D正确.
故选：ABD.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知圆，点，点M在x轴上，则（    ）
A．B不在圆C上 B．y轴被圆C截得的弦长为3
C．A，B，C三点共线 D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】A选项，代入，验证其是否在圆上；B选项，由垂径定理得到弦长；C选项，根据条件，可知为直径，故A，B，C三点共线；D选项，结合为直径，且轴为的一条切线，可得的最大值.
【详解】A选项，因为，故在圆C上，A错误；
B选项，的圆心为，半径为，圆心到轴的距离为2，
由垂径定理，得y轴被圆C截得的弦长为，B正确；
C选项，因为，故在圆上，
又，即为半径的2倍，
因为在圆C上，故为直径，过圆心，故A，B，C三点共线，C正确；
D选项，由C知为直径，由于圆心为，半径为，
故轴为的一条切线，
故的最大值为，D正确.
故选：BCD.
12．（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆C的方程为，若直线上存在一点M，使过点M所作的圆的两条切线相互垂直，则点M的纵坐标为（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】AC
【分析】首先可根据圆的方程得出圆心与半径，然后根据题意得出点、圆心以及两个切点构成正方形，最后根据以及两点间距离公式即可得出结果.
【详解】化为标准方程为：，圆心，半径为，
因为过点M所作的圆的两条切线相互垂直，
所以点M、圆心以及两个切点构成正方形，，
因为M在直线上，所以可设，
则，解得：或，所以或，
故点M的纵坐标为1或.
故选：AC.

三、填空题
13．（2023春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考阶段练习）已知动圆经过点及原点,点是圆与圆的一个公共点,则当最小时,圆的半径为 .
【答案】5
【分析】利用两圆的位置关系确定两圆内切时最小,根据位置关系可得圆的半径.
【详解】如图:

记圆半径为R,,则,,
所以,
当最小时,最大,此时两圆内切.
由已知设动圆的圆心为,
又圆心可得
即,
解得,所以,即圆的半径为5.
故答案为:5.
14．（2023·内蒙古赤峰·校联考一模）已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为 .
【答案】x2＋y2＋2x＋4y－5＝0
【分析】方法一：设出圆的标准方程，代入点的坐标，建立方程组，求出答案；
方法二：求出线段AB的垂直平分线方程，联立x－2y－3＝0求出圆心坐标，进而计算出半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.
【详解】方法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
由题意得:,
解得：
故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，
即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
方法二：线段的中点坐标为，即，
直线的斜率为，
所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2，
所以线段AB的垂直平分线方程为，即2x＋y＋4＝0，
由几何性质可知：线段AB的垂直平分线与的交点为圆心，
联立，
得交点坐标，
又点O到点A的距离，即半径为，
所以圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，
即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
故答案为：x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
15．（2023·全国·高三专题练习）过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为 .
【答案】
【分析】根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.
【详解】圆的圆心，半径，方程化为一般式方程为，
则，
以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，
∵，则是圆与圆的交点，
两圆方程作差可得：，
∴直线的方程为.
故答案为：.
16．（2023春·江苏南京·高二校考期末）直线经过点，与圆相交截得的弦长为，则直线的方程为 ．
【答案】或
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离，分斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出直线方程.
【详解】圆，即，圆心为，半径，
因为直线与圆相交截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离，
若直线的斜率不存在，此时直线方程为，满足圆心到直线的距离为，符合题意；
若直线的斜率存在，设斜率为，则直线方程为，即，
则，解得，所以直线方程为，即，
综上可得直线方程为或.
故答案为：或

四、解答题
17．（2023秋·山东临沂·高二山东省临沂第一中学校考期末）已知直线经过两条直线和的交点，且与直线垂直．
(1)求直线的一般式方程；
(2)若圆的圆心为点，直线被该圆所截得的弦长为，求圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意求出两直线的交点，再求出所求直线的斜率，用点斜式写出直线的方程；
（2）根据题意求出圆的半径，由圆心写出圆的标准方程．
【详解】（1）解：由题意知，解得，
直线和的交点为；
设直线的斜率为，与直线垂直，；
直线的方程为，化为一般形式为；
（2）解：设圆的半径为，则圆心为到直线的距离为
，由垂径定理得，
解得，
圆的标准方程为．
18．（2022·全国·高一专题练习）点是曲线上任一点，已知曲线在点处的切线方程为．如图，点P是椭圆上的动点，过点P作椭圆C的切线l交圆于点A、B，过A、B作圆O的切线交于点M．

(1)求点M的轨迹方程；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用题设中给出的切线的计算方法结合设而不求的方法可求点M的轨迹方程；
（2）结合（1）的及点到直线的距离公式可求面积的表达式，利用基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）设，则，
设，则，，
设，则，
故即，所以即
所以即的轨迹方程为：.
（2）由（1）可得，故直线.
到的距离为，
故面积，
因为，故即，
当且仅当时等号成立，故面积的最大值为.
19．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的焦距为，设椭圆的上顶点为，左右焦点分别为，且是顶角为的等腰三角形.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知是椭圆上的两点，以椭圆中心为圆心的圆的半径为，且直线与此圆相切.证明：以为直径的圆过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意联立方程组解出即可；（2）当直线直线垂直于轴时，
求出，验证即可；当直线不垂直于轴时，
即直线斜率存在时，设直线的方程，求出到直线的距离，
联立方程组消元，韦达定理，写出化简即可.
【详解】（1）由题意可知，
解得
所以椭圆的标准方程.
（2）①当直线垂直于轴时，不妨设
此时，
，
故以直径的圆过定点；
②当直线不垂直于轴时，
设直线的方程为，
因为直线与圆相切，
所以到直线的距离，
即，
由可得，
所以，




，
所以，
即.
故以为直径的圆过定点，
综上所述：以为直径的圆过定点.
20．（2023秋·天津北辰·高二校考期末）已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上，求：
(1)求圆心为的圆的标准方程；
(2)设点在圆上，点在直线上，求的最小值；
(3)若过点的直线被圆所截得弦长为，求该直线的方程．
【答案】(1)
(2)
(3)或

【分析】(1)设圆的标准方程为，利用圆经过的两个点，且圆心在直线上，建立方程组就可以求得.
(2)求出圆心到直线的距离，即可求出最小值.
(3)根据直线被圆截得的弦长为8，求出圆心到直线的距离，用点到直线的距离公式建立方程，求出得值，即可写出直线方程.
【详解】（1）设圆的标准方程为，因为圆经过和点，且圆心在直线上，
所以 解得：
所以圆的标准方程为.
（2）因为圆到直线的距离为
，
所以直线与圆相离，
所以的最小值为.
（3）当斜率存在时，由条件可知，圆心到直线的距离为
根据点到直线的距离公式得：，解得.
当斜率不存在时，直线方程为，符合截圆所得的弦长为8
所以直线方程为或.
21．（2005·江苏·高考真题）如图所示，圆与圆的半径都是1，，过动点分别作圆、圆的切线（为切点），使得，试建立适当的坐标系，并求动点的轨迹方程．

【答案】（或）.
【分析】建立直角坐标系，设P点坐标，根据几何关系列方程，化简即可得到结果.
【详解】以的中点为原点，所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，设点.

由已知，得.
因为两圆的半径均为1，所以，
则，即，
所以点的轨迹方程为（或）.
【点睛】本题主要考查了与圆相关的动点轨迹方程，考查学生计算能力和转化能力，熟练运用数形结合的思想是本题的关键.
22．（2019·四川·棠湖中学校考一模）已知抛物线 ，M为直线上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA,MB，切点分别为A,B．
（1）当M的坐标为(0,-1)时，求过M,A,B三点的圆的方程；
（2）证明：以为直径的圆恒过点M.
【答案】（1）（2）见证明
【分析】（1）设出过点的切线方程，与抛物线方程联立，得到一个元二次方程，它的判别式为零，可以求出切线方程的斜率，这样可以求出A,B两点的坐标，设出圆心的坐标为，由，可以求出，最后求出圆的方程；
（2）设，设切点分别为，，把抛物线方程化，求导，这样可以求出切线的斜率，求出切线 的方程，切线的方程，又因为切线过点，切线也过点，这样可以发现，是一个关于的一元二次方程的两个根，计算出，，计算，根据根与系数关系，化简，最后计算出=0，这样就证明出以为直径的圆恒过点M.
【详解】解：（1）解：当的坐标为时，设过点的切线方程为，
由消得.             (1)
令，解得.
代入方程(1)，解得A(2,1),B(-2,1).  
设圆心的坐标为，由，得，解得.
故过三点的圆的方程为．
（2）证明：设，由已知得，，设切点分别为，，所以，，
切线 的方程为即，
切线的方程为即．
又因为切线过点，所以得.    ①   
又因为切线也过点，所以得.    ②   
所以，是方程的两实根，
由韦达定理得．
因为，，
所以
．
将代入，得.
所以以为直径的圆恒过点．
【点睛】本题考查利用直线与抛物线的位置关系，求出切线的斜率，又考查了利用导数，研究抛物线的切线问题，同时考查了求过三点的圆的方程.考查了方程思想、数学运算能力.