高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题2.12直线和圆的方程全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题2.12直线和圆的方程全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)，共23页。

考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性
较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023春·湖北荆门·高二统考期末）已知直线l1：3x−3y+1=0，若直线l2与l1垂直，则l2的倾斜角是（ ）
A．150°B．120°C．60°D．30°
2．（5分）（2023秋·高二课时练习）直线l:ax+y+1=0与连接A(2,3),B(−3,2)的线段相交，则a的取值范围是（ ）
A．[−1,2]B．[2,+∞)∪(−∞,−1)C．[−2,1]∪(2,3)D．(−∞,−2]∪[1,+∞)
3．（5分）（2023秋·湖南益阳·高二统考期末）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点A2,0,B0,4，若其欧拉线的方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为
A．−4,0B．−3,−1C．−5,0D．−4,−2
4．（5分）（2023秋·高二课时练习）使三条直线4x+y−4=0,mx+y=0,2x−3my−4=0不能围成三角形的实数m的值最多有几个（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
5．（5分）（2023春·河南安阳·高二校联考开学考试）已知直线n:5x+y+2=0，点A1,0关于直线x+y+3=0的对称点为B，直线m经过点B，且m//n，则直线m的方程为（ ）
A．5x+y+19=0B．x−5y−17=0
C．5x+y−5=0D．5x+y+10=0
6．（5分）（2023春·湖南邵阳·高二统考期末）已知点P在直线y=−x−3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x−9)2+(y−2)2=16上的动点，则PM+PN的最小值为（ ）
A．13B．11C．9D．8
7．（5分）（2023·辽宁沈阳·校考模拟预测）已知圆C1:x+32+y2=a2a>7和C2:x−32+y2=1，动圆M与圆C1，圆C2均相切，P是△MC1C2的内心，且S△PMC1+S△PMC2=3S△PC1C2，则a的值为（ ）
A．9B．11C．17或19D．19
8．（5分）（2023·全国·高二专题练习）已知圆C:(x−2)2+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA,PB切点分别是A和B，下列说法正确的为（ ）
A．圆C上恰有一个点到直线l的距离为12
B．切线长PA的最小值为2
C．四边形ACBP面积的最小值为2
D．直线AB恒过定点(32,−12)
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）在平面直角坐标系中，以O0,0，A1,1，B3,0为顶点构造平行四边形，下列各项中能作为平行四边形第四个顶点坐标的是（ ）
A．−3,1B．4,1C．−2,1D．2,−1
10．（5分）（2023秋·云南丽江·高二统考期末）设直线l:ax+2a+3y−3=0与n:a−2x+ay−1=0，则（ ）
A．当a=−2时，l//nB．当a=13时，l⊥n
C．当l//n时，l、n间的距离为52D．坐标原点到直线n的距离的最大值为22
11．（5分）（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）设M是圆心为C的圆：(x−2)2+y2=7上的动点，PM是圆C的切线，且PM=3，则下列说法正确的是（ ）
A．圆C的圆心为2,0
B．PC=4
C．点P到Q−4,27距离的最小值为6
D．点P到Q−4,27距离的最大值为12
12．（5分）（2023·江苏淮安·江苏校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知动圆C:(x−2m−1)2+(y−m−1)2=4m2（m≠0），则下列说法正确的是（ ）
A．存在圆C经过原点
B．存在圆C，其所有点均在第一象限
C．存在定直线l，被圆C截得的弦长为定值
D．所有动圆C仅存在唯一一条公切线
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023·全国·高三专题练习）直线l过点M−1,2，且与以P−4,−1、Q3,0为端点的线段相交，则直线l的斜率的取值范围是 ．
14．（5分）（2023·云南曲靖·校考模拟预测）已知P､Q分别在直线l1:x−y+1=0与直线l2:x−y−1=0上，且PQ⊥l1，点A−4,4，B4,0，则AP+PQ+QB的最小值为 .
15．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知实数x1、x2、y1、y2满足x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=12，则|x1+y1−2|2+|x2+y2−2|2的最大值为 .
16．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆x2+y2−4x+2y−20=0相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：
①弦AC长度的最小值为45；
②线段BO长度的最大值为10−5；
③点M的轨迹是一个圆；
④四边形ABCD面积的取值范围为[205,45]．
其中所有正确结论的序号为 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·江苏·高二假期作业）已知M1,−1，N2,2，P3,0．
(1)求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，PN∥MQ；
(2)若点Q在x轴上，且∠NQP=∠NPQ，求直线MQ的倾斜角．
18．（12分）（2023秋·广西防城港·高二统考期末）已知圆经过两点A0,−1,B3,0，圆心在直线x−y−4=0上.
(1)求出这个圆的标准方程；
(2)当点A到直线x+my−6+4m=0的距离最大时，求m的值.
19．（12分）（2023·高二课时练习）已知一条动直线3m+1x+m−1y−6m−2=0，
(1)求证：直线恒过定点，并求出定点P的坐标；
(2)若直线不经过第二象限，求m的取值范围；
(3)若直线与x､y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，△AOB的面积为6，求直线的方程.
20．（12分）（2023·上海·高二专题练习）一束光从光源C1,2射出，经x轴反射后（反射点为M），射到线段y=−x+b,x∈3,5上N处．
(1)若M3,0,b=7，求光从C出发，到达点N时所走过的路程；
(2)若b=8，求反射光的斜率的取值范围；
(3)若b≥6，求光从C出发，到达点N时所走过的最短路程．
21．（12分）（2022秋·福建漳州·高二校考阶段练习）已知圆O的方程为x2+y2=25，过点F0,4的动直线l与圆E相交于A,B两点，线段AB的中点为M.
(1)设动点M的轨迹为曲线C，求曲线C的方程.
(2)已知D0,1，过点D作直线l1，交曲线C于P，Q两点，P，Q不在y轴上.过点D作与直线l1垂直的直线l2，交曲线C于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
22．（12分）（2022秋·湖北·高二校联考期中）已知圆O:x2+y2=1和点M1,3．
(1)过M作圆O的切线，求切线的方程；
(2)过M作直线l交圆O于点C，D两个不同的点，且CD不过圆心，再过点C，D分别作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程；
(3)已知A2,4，设P为满足方程PA2+PO2=34的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点N，使得PB2PN2为定值？若存在，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值；若不存在，则说明理由．
第二章 直线和圆的方程全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023春·湖北荆门·高二统考期末）已知直线l1：3x−3y+1=0，若直线l2与l1垂直，则l2的倾斜角是（ ）
A．150°B．120°C．60°D．30°
【解题思路】根据直线的斜截式得直线斜率，由垂直关系可得l2的斜率，进而可求倾斜角.
【解答过程】直线l1：3x−3y+1=0转为为斜截式得y=3x+33，故斜率为k=3，
由于l2与l1垂直，所以l2的斜率为−1k=−33，故倾斜角为150°，
故选：A.
2．（5分）（2023秋·高二课时练习）直线l:ax+y+1=0与连接A(2,3),B(−3,2)的线段相交，则a的取值范围是（ ）
A．[−1,2]B．[2,+∞)∪(−∞,−1)C．[−2,1]∪(2,3)D．(−∞,−2]∪[1,+∞)
【解题思路】根据给定条件，作出图形，利用斜率坐公式结合图形求解作答.
【解答过程】直线ax+y+1=0过点P0,−1.
如图，

由题意，直线l与线段AB总有公共点，
即直线l以直线PA为起始位置，绕点P逆时针旋转到直线PB即可，
直线l的斜率为k，直线PA,PB的斜率分别为kPA,kPB，于是k≤kPB或k≥kPA，
而kPA=3−(−1)2−0=2,kPB=2−(−1)−3−0=−1，因此k≤−1或k≥2，
所以−a≤−1或−a≥2，解得a≤−2或a≥1，即a的取值范围是(−∞,−2]∪[1,+∞).
故选：D.
3．（5分）（2023秋·湖南益阳·高二统考期末）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点A2,0,B0,4，若其欧拉线的方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为
A．−4,0B．−3,−1C．−5,0D．−4,−2
【解题思路】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标
【解答过程】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为2+m3,4+n3代入欧拉线方程得：2+m3−4+n3+2=0整理得：m-n+4=0 ①
AB的中点为（1，2），kAB=4−00−2=−2 AB的中垂线方程为y−2=12x−1，
即x-2y+3=0．联立x−2y+3=0x−y+2=0 解得x=−1y=1
∴△ABC的外心为（-1，1）．
则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②
联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．
故选A.
4．（5分）（2023秋·高二课时练习）使三条直线4x+y−4=0,mx+y=0,2x−3my−4=0不能围成三角形的实数m的值最多有几个（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【解题思路】根据题设，讨论存在两条直线平行或三条直线交于一点，分别求出对应m值，进而验证是否满足题设，即可得答案.
【解答过程】要使三条直线不能围成三角形，存在两条直线平行或三条直线交于一点，
若4x+y−4=0,mx+y=0平行，则4m=11，即m=4；
若mx+y=0,2x−3my−4=0平行，则m2=1−3m，即无解；
若4x+y−4=0,2x−3my−4=0平行，则42=1−3m，即m=−16；
若三条直线交于一点，4x+y−4=0mx+y=02x−3my−4=0，可得m=23或m=−1；
经检验知：m∈{−1,−16,23,4}均满足三条直线不能围成三角形，故m最多有4个.
故选：B.
5．（5分）（2023春·河南安阳·高二校联考开学考试）已知直线n:5x+y+2=0，点A1,0关于直线x+y+3=0的对称点为B，直线m经过点B，且m//n，则直线m的方程为（ ）
A．5x+y+19=0B．x−5y−17=0
C．5x+y−5=0D．5x+y+10=0
【解题思路】利用两点关于直线x+y+3=0对称可求得点B的坐标，设直线m的方程为5x+y+c=0，将点B的坐标代入直线m的方程，求出c的值，即可得出直线m的方程.
【解答过程】设点Ba,b，则a+12+b2+3=0kAB⋅−1=−ba−1=−1，解得a=−3b=−4，即点B−3,−4，
因为m//n，设直线m的方程为5x+y+c=0，
将点B的坐标代入直线m的方程可得5×−3−4+c=0，解得c=19，
所以，直线m的方程为5x+y+19=0.
故选：A.
6．（5分）（2023春·湖南邵阳·高二统考期末）已知点P在直线y=−x−3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x−9)2+(y−2)2=16上的动点，则PM+PN的最小值为（ ）
A．13B．11C．9D．8
【解题思路】根据圆的性质可得PM+PN≥PO+PC−5，故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.
【解答过程】如图所示，

圆(x−9)2+(y−2)2=16的圆心为C9,2，半径为4，
圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，
可知PC−4≤PN≤PC+4,PO−1≤PM≤PO+1，
所以PM+PN≥PO+PC−5，
故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，
设O0,0关于直线y=−x−3的对称点为G，设G坐标为m,n，
则nm=1n2=−m2−3 ，解得m=−3n=−3，故G−3,−3，
因为PO=PG，可得PO+PC=PG+PC≥GC=(9+3)2+(2+3)2=13，
当P,G,C三点共线时，等号成立，
所以PM+PN的最小值为13−5=8.
故选：D.
7．（5分）（2023·辽宁沈阳·校考模拟预测）已知圆C1:x+32+y2=a2a>7和C2:x−32+y2=1，动圆M与圆C1，圆C2均相切，P是△MC1C2的内心，且S△PMC1+S△PMC2=3S△PC1C2，则a的值为（ ）
A．9B．11C．17或19D．19
【解题思路】由两圆方程得圆C2内含于圆C1，由P是△MC1C2的内心，且S△PMC1+S△PMC2=3S△PC1C2得C1M+C2M=3C1C2，动圆M内切于圆C1，分别讨论圆C2内切、外切于动圆M，由圆心距得C1M+C2M=a±1，即可求解
【解答过程】根据题意：圆C1:x+32+y2=a2a>7，其圆心C1−3,0，半径R1=a，圆C2:x−32+y2=1，其圆心C23,0，半径R2=1，
又因为a>7，所以圆心距C1C2=6因为P为△MC1C2的内心，设内切圆的半径为r0，又由S△PMC1+S△PMC2=3S△PC1C2，则有12×C1M×r0+12×C2M×r0=3×12×C1C2×r0，得C1M+C2M=3C1C2，
因为动圆M与圆C1，圆C2均相切，设圆M的半径为r，
（1）当动圆M内切于圆C1，与圆C2外切（r则有C1M=R1−r=a−r，C2M=R2+r=1+r，所以C1M+C2M=a+1，所以3C1C2=18=a+1，得a＝17；
（2）当动圆M内切于圆C1，圆C2内切于动圆M，
则有C1M=R1−r=a−r，C2M=r−R2=r−1，所以C1M+C2M=a−1，所以3C1C2=18=a−1，得a＝19.
综上可得：a＝17或19；
故选：C．
8．（5分）（2023·全国·高二专题练习）已知圆C:(x−2)2+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA,PB切点分别是A和B，下列说法正确的为（ ）
A．圆C上恰有一个点到直线l的距离为12
B．切线长PA的最小值为2
C．四边形ACBP面积的最小值为2
D．直线AB恒过定点(32,−12)
【解题思路】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质得切线长|PA|=|PC|2−1利用点到直线的距离判断B，由题意四边形ACBP面积为|PA||CA|=|PA|判断C，由题知A，B在以PC为直径的圆上，利用两圆方程得直线AB的方程判断D.
【解答过程】由圆C：(x−2)2+y2=1，则圆心C(2,0)，半径r=1，
∴圆心C到直线l：x+y=0的距离为|2|2=2，而2−1<12<2+1，故A错误；
由圆的性质，切线长|PA|=|PC|2−r2=|PC|2−1，
∴当|PC|最小时，|PA|有最小值，又|PC|min=2，则|PA|min=1，故B错误；
∵四边形AMBP面积为|PA||CA|=|PA|，
∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；
设P(t,−t)，由题知A，B在以PC为直径的圆上，又C(2,0)，
∴(x−t)(x−2)+(y+t)(y−0)=0，即x2+y2−(t+2)x+ty+2t=0，
又圆C：(x−2)2+y2=1，即x2+y2−4x+3=0，
∴直线AB的方程为：(2−t)x+ty−3+2t=0，即2x−3−t(x−y−2)=0，
由{2x−3=0x−y−2=0，得x=32,y=−12，即直线AB恒过定点(32,−12)，故D正确.
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）在平面直角坐标系中，以O0,0，A1,1，B3,0为顶点构造平行四边形，下列各项中能作为平行四边形第四个顶点坐标的是（ ）
A．−3,1B．4,1C．−2,1D．2,−1
【解题思路】依次代入四个选项的坐标，求出每种情况下四边的长度，结合对边是否平行即可选出正确答案.
【解答过程】解：设第四个顶点为C．
对于A选项，当点C的坐标为(−3,1)时，|OC|=10，|AB|=5，|AC|=4，
|OB|=3．∵|OC|≠|AB|，|AC|≠|OB|，∴四边形ABOC不是平行四边形．A不正确；
对于B选项，当C点坐标为(4,1)时，因为OA=BC=1,1，即OA//BC且OA=BC，
故OBCA是平行四边形，B正确；
对于C选项，当C点坐标为(−2,1)时，因为OC=BA=−2,1，即OC//BA且OC=BA，故OBAC是平行四边形，C正确；
对于D选项，当C点坐标为(2,−1)时，因为OC=AB=2,−1，即OC//AB且OC=AB，故OCBA是平行四边形，D正确；
故选：BCD．
10．（5分）（2023秋·云南丽江·高二统考期末）设直线l:ax+2a+3y−3=0与n:a−2x+ay−1=0，则（ ）
A．当a=−2时，l//nB．当a=13时，l⊥n
C．当l//n时，l、n间的距离为52D．坐标原点到直线n的距离的最大值为22
【解题思路】利用直线平行、垂直的判定判断A、B；由直线平行求参数a，再代入验证，进而应用平行线距离公式求距离，由点线距离公式和二次函数性质求原点到直线n的距离最值，即可判断C、D.
【解答过程】A：a=−2时，l:2x+y+3=0，n:2x+y+12=0，易知l//n，正确；
B：a=13时，l:x+11y−9=0，n:5x−y+3=0，则11×(−1)+5×1=−6≠0，故l⊥n不成立，错误；
C：l//n时，a2=(2a+3)(a−2)，则a2−a−6=(a−3)(a+2)=0，可得a=3或a=−2，
当a=3时，l:x+3y−1=0，n:x+3y−1=0，两线重合，排除；
所以a=−2，由A知：它们的距离d=3−125=52，正确；
D：坐标原点到直线n的距离ℎ=1a2+(a−2)2=12(a−1)2+2，故a=1时ℎmax=22，正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）设M是圆心为C的圆：(x−2)2+y2=7上的动点，PM是圆C的切线，且PM=3，则下列说法正确的是（ ）
A．圆C的圆心为2,0
B．PC=4
C．点P到Q−4,27距离的最小值为6
D．点P到Q−4,27距离的最大值为12
【解题思路】根据圆的标准方程可知圆的圆心和半径，根据圆与切线的几何性质即可求出点P的轨迹方程，即可得到点P与圆C的位置关系，判断选项B、C、D.
【解答过程】由题知，圆C的圆心为2,0，半径为7，又PM=3 ，
∴PC|2=PM|2+(7)2=16 ，点P的轨迹方程为(x−2)2+y2=16，
故点P到Q−4,27的距离的最大值为(−4−2)2+(27)2+4=12，
最小值为(−4−2)2+(27)2−4=4．
故选：ABD.
12．（5分）（2023·江苏淮安·江苏校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知动圆C:(x−2m−1)2+(y−m−1)2=4m2（m≠0），则下列说法正确的是（ ）
A．存在圆C经过原点
B．存在圆C，其所有点均在第一象限
C．存在定直线l，被圆C截得的弦长为定值
D．所有动圆C仅存在唯一一条公切线
【解题思路】对于A选项：将0,0代入圆C方程，求得m，即可判断；
对于B选项：根据圆C所有点均在第一象限得到2m+1>0m+1>02m+1>2mm+1>2mm≠0，即可判断；
对于C选项：当定直线l的斜率存在，设直线l：y=kx+b，当定直线l的斜率不存在，设直线l:x=t，由垂径定理和勾股定理得到弦长L，要使弦长L为定值，则弦长L与m无关，得到关于k和b的方程组，即可求解；
对于D选项：求出所有动圆C的公切线，即可求解.
【解答过程】对于A选项：若圆C经过原点，则0−2m−12+0−m−12=4m2，
化简得：m2+6m+2=0，解得：m=−3±27，
所以当m=−3±27时，圆C经过原点，所以A选项正确；
对于B选项：由题意得圆C的圆心C2m+1,m+1，半径r=2m（m≠0），
若圆C上的所有点均在第一象限，则2m+1>0m+1>02m+1>2mm+1>2mm≠0，解得：m>−12m>−1m>−14−13即−14对于C选项：当定直线l的斜率存在，
设存在定直线l：y=kx+b，被圆C截得的弦长为定值，
则圆心C2m+1,m+1到直线l的距离d=2m+1k−m+1+b1+k2，
则弦长L=2r2−d2=24m2−4m2+4m+1k2+b−m−12+2k2m+1b−m−1k2+1
即L=24k+3m2+−4k2+6k−4bk+2b−2m+−k2+2k−2bk−b2+2b−1k2+1，
要使弦长L为定值，则弦长L与m无关，
所以3+4k=0−4k2+6k−4bk+2b−2=0，解得：k=−34b=74，
此时弦长L=2−k2+2k−2bk−b2+2b−1k2+1=0，
不存在定直线l：y=kx+b，被圆C截得的弦长为定值，
当定直线l的斜率不存在，设直线l:x=t，则圆心C2m+1,m+1到直线l的距离d=2m+1−t，
所以弦长L=2r2−d2=24m2−2m+1−t2=−41−tm−1−t2，
要使弦长L为定值，则弦长L与m无关，
即t=1，此时弦长L=0，
综上：不存在定直线l，被圆C截得的弦长为定值，
所以C选项错误；
对于D选项：若所有动圆C存在公切线，当切线斜率不存在时，x=1满足题意；
切线斜率存在时，且圆心C到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得：d=r，即2m+1k−m+1+b1+k2=2m，
化简得：−4k−3m2+4k2+4bk−6k−2b+2m+k2+2bk−2k+b2−2b+1=0，
若所有动圆C存在公切线，则上式对∀m∈R恒成立，
则−4k−3=04k2+4bk−6k−2b+2=0，解得：k=−34b=74，
此时k2−2bk−2k+b2−2b+1=0，
综上：所有动圆C存在公切线，其方程为y=−34x+74或x=1，所以D选项不正确，
故选：AB.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023·全国·高三专题练习）直线l过点M−1,2，且与以P−4,−1、Q3,0为端点的线段相交，则直线l的斜率的取值范围是 −∞,−12∪1,+∞ ．
【解题思路】作出图形，求出kMP、kMQ，观察直线l与线段PQ的交点运动的过程中，直线l的倾斜角的变化，可得出直线l的取值范围.
【解答过程】如下图所示：设过点M且与x轴垂直的直线交线段PQ于点A，设直线l的斜率为k，
且kPM=2+1−1+4=1，kQM=2−0−1−3=−12，
当点B从点P移动到点A（不包括点A）的过程中，直线l的倾斜角为锐角，
此时，k≥kMP=1；
当点B从点A（不包括点A）移动到点Q的过程中，直线l的倾斜角为钝角，
此时，k≤kMQ=−12.
综上所述，直线l的斜率的取值范围是−∞,−12∪1,+∞.
故答案为：−∞,−12∪1,+∞.
14．（5分）（2023·云南曲靖·校考模拟预测）已知P､Q分别在直线l1:x−y+1=0与直线l2:x−y−1=0上，且PQ⊥l1，点A−4,4，B4,0，则AP+PQ+QB的最小值为 58+2 .
【解题思路】利用线段的等量关系进行转化，找到AP+QB最小值即为所求.
【解答过程】由直线l1与l2间的距离为2得PQ=2，过B4,0作直线l垂直于l1:x−y+1=0，如图，
则直线l的方程为：y=−x+4，将B4,0沿着直线l往上平移2个单位到B′点，有B′3,1，
连接AB′交直线l1于点P，过P作PQ⊥l2于Q，连接BQ，有BB′//PQ,|BB′|=|PQ|，即四边形BB′PQ为平行四边形，
则|PB′|=|BQ|，即有AP+QB=AP+PB′=|AB′|，显然AB′是直线l1上的点与点A,B′距离和的最小值，
因此AP+QB的最小值，即AP+PB′的最小值AB′，而AB′=−4−32+4−12=58，
所以AP+PQ+QB的最小值为AB′+PQ=58+2
故答案为：58+2.
15．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知实数x1、x2、y1、y2满足x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=12，则|x1+y1−2|2+|x2+y2−2|2的最大值为 22+3 .
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，O为坐标原点，则OA=x1,y1,OB=x2,y2，由题意A,B两点在圆x2+y2=1上，且三角形OAB为等边三角形，AB=1，由x1+y1−22+x2+y2−22的几何意义为A,B两点到直线x+y−2=0的距离AA1与BB1之和，记线段AB,A1B1的中点分别是C,C1，O到直线x+y−2=0的距离为OO1，根据AA1+BB1=2CC1，且CC1⩽ |OC|+OO1即可得答案.
【解答过程】解：设Ax1,y1,Bx2,y2，O为坐标原点，则OA=x1,y1,OB=x2,y2，
由x12+y12=1,x22+y22=1,x1x2+y1y2=12，
可得A,B两点在圆x2+y2=1上，且OA⋅OB=1×1×cs∠AOB=12，则∠AOB=60°，
所以三角形OAB为等边三角形，AB=1，
x1+y1−22+x2+y2−22的几何意义为A,B两点到直线x+y−2=0的距离AA1与BB1之和，
记线段AB,A1B1的中点分别是C,C1，O到直线x+y−2=0的距离为OO1，
则有AA1+BB1=2CC1，且CC1⩽ |OC|+OO1=32+2，
所以AA1+BB1≤22+3，
所以x1+y1−22+x2+y2−22的最大值为22+3，
故答案为：22+3.
16．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆x2+y2−4x+2y−20=0相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：
①弦AC长度的最小值为45；
②线段BO长度的最大值为10−5；
③点M的轨迹是一个圆；
④四边形ABCD面积的取值范围为[205,45]．
其中所有正确结论的序号为 ①③④ ．
【解题思路】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断①；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断②；若M,H,G,F分别是AB,BC,CD,AD的中点，圆心(2,−1)到直线AC,BD的距离d1,d2∈[0,5]且d12+d22=5，易证MHGF为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定M的轨迹判断③；根据SABCD=12|AC||BD|得到四边形ABCD面积关于d1,d2的表达式，结合二次函数性质求范围，判断④.
【解答过程】由题设(x−2)2+(y+1)2=25，则圆心(2,−1)，半径r=5，
由圆的性质知：当圆心与直线AC距离最大为5时AC长度的最小，
此时|AC|=2×25−5=45，①正确；
BO长度最大，则圆心与B,O共线且在它们中间，此时|BO|=r+5=5+5，②错误；
若M,H,G,F分别是AB,BC,CD,AD的中点，则MF//HG//BD且|MF|=|HG|=|BD|2，MH//FG//AC且|MH|=|FG|=|AC|2，
又AC⊥BD，易知：MHGF为矩形，而|FH|2=|MF|2+|MH|2=|BD|2+|AC|24，
若圆心(2,−1)到直线AC,BD的距离d1,d2∈[0,5]且d12+d22=5，
所以|BD|24+d12+|AC|24+d22=2×25=50，则|BD|2+|AC|24=45，故|FH|=35，
所以M在以|FH|=35为直径，HF,MG交点为圆心的圆上，③正确；
由上分析：|AC|=225−d12，|BD|=225−d22，而SABCD=12|AC||BD|，
所以SABCD=2625−25(d12+d22)+(d1d2)2=2500+(d1d2)2，
令t=d22=5−d12∈[0,5]，则SABCD=2500+5t−t2=2−(t−52)2+20254，
当t=52，即d1=d2=102时，(SABCD)max=45；
当t=0或5，即d1=0,d2=5或d1=5,d2=0时，(SABCD)min=205；
所以SABCD∈[205,45]，④正确；
故答案为：①③④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·江苏·高二假期作业）已知M1,−1，N2,2，P3,0．
(1)求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，PN∥MQ；
(2)若点Q在x轴上，且∠NQP=∠NPQ，求直线MQ的倾斜角．
【解题思路】（1）根据两直线的垂直关系和平行关系即可求出结果；
（2）根据条件可得kNQ=−kNP即可求出结果.
【解答过程】（1）设Q(x,y)，
由已知得kMN=2−(−1)2−1=3，
又PQ⊥MN，可得kMN⋅kPQ=−1，
即yx−3×3=−1(x≠3)． ①
由已知得kPN=0−23−2=−2，
又PN∥MQ，可得kPN=kMQ，
即y+1x−1=−2x≠1． ②
联立①②解得x=0,y=1，
∴Q(0,1)．
（2）设Q(x,0)，
∵∠NQP=∠NPQ，
∴kNQ=−kNP，
又∵kNQ=22−x，kNP=−2，
∴22−x=2，
解得x=1．
∴Q(1,0)，
又∵M(1,−1)，
∴MQ⊥x轴，
故直线MQ的倾斜角为90°．
18．（12分）（2023秋·广西防城港·高二统考期末）已知圆经过两点A0,−1,B3,0，圆心在直线x−y−4=0上.
(1)求出这个圆的标准方程；
(2)当点A到直线x+my−6+4m=0的距离最大时，求m的值.
【解题思路】（1）设圆的圆心为C，C−D2,−E2在直线x−y−4=0上，将两点坐标代入方程解得答案.
（2）直线过定点D6,−4，当AD与直线垂直时，距离最大，计算斜率，根据垂直得到答案.
【解答过程】（1）设圆的圆心为C，圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，由方程可知C−D2,−E2，
由条件C−D2,−E2在直线x−y−4=0上，两点A0,−1,B3,0在圆上，
联立方程组1−E+F=09+3D+F=0−D2+E2−4=0，解得D=−4E=4F=3，
x2+y2−4x+4y+3=0，(x−2)2+(y+2)2=5为所求的圆的标准方程.
（2）直线x+my−6+4m=0化为x−6+my+4=0，直线经过定点D6,−4，
当AD与直线垂直时，距离最大，
kAD=−4+16−0=−12，故直线x+my−6+4m=0斜率为k=−1m=2，解得m=−12.
19．（12分）（2023·高二课时练习）已知一条动直线3m+1x+m−1y−6m−2=0，
(1)求证：直线恒过定点，并求出定点P的坐标；
(2)若直线不经过第二象限，求m的取值范围；
(3)若直线与x､y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，△AOB的面积为6，求直线的方程.
【解题思路】（1）整理直线方程得(3x+y−6)m+3x−y−2=0．由3x+y−6=0且3x−y−2=0可求；
（2）由（1）知，直线恒过定点(43,2)，讨论直线与y轴是否有交点，若有交点，只需纵截距小于等于零即可；
（3）设直线的方程xa+yb=1(a>0,b>0)，可得ab=12,43a+2b=1，从而可得所求直线的方程．
【解答过程】（1）证明：整理直线方程得(3x+y−6)m+3x−y−2=0．
由3x+y−6=0且3x−y−2=0可得x=43，y=2，
故直线恒过定点P(43，2)；
（2）由（1）知，直线恒过定点(43,2)，
当直线与y轴没有交点时，m−1=0即m=1，此时直线方程为x=43，符合题意；
当直线与y轴有交点时，m≠1，
求出直线的纵截距，其小于等于零即可满足题意，
令x=0，则(m−1)y−6m−2=0，y=6m+2m−1，
若直线不经过第二象限，则6m+2m−1≤0，∴−13≤m<1；
所以m的取值范围为−13≤m≤1；
（3）设直线方程为xa+yb=1，(a>0,b>0)，
则ab=12，①
由题意得，43a+2b=1，②
由①②整理得a2−6a+8=0，
解得a=4，b=3，或a=2，b=6，
∴所求直线的方程为x4+y3=1或x2+y6=1
即3x+4y−12=0或3x+y−6=0．
20．（12分）（2023·上海·高二专题练习）一束光从光源C1,2射出，经x轴反射后（反射点为M），射到线段y=−x+b,x∈3,5上N处．
(1)若M3,0,b=7，求光从C出发，到达点N时所走过的路程；
(2)若b=8，求反射光的斜率的取值范围；
(3)若b≥6，求光从C出发，到达点N时所走过的最短路程．
【解题思路】（1）先求出C关于x轴的对称点C′，则光所走过的路程为C′N；
（2）根据kC′A=72,kC′B=54 ，可得反射光斜率的取值范围；
（3）当N的横坐标∈3,5，光所走过的最短路程为点C′到直线y=−x+b的距离．当的横坐标∈5,+∞，光所走过的最短路程为点C′B．
【解答过程】（1）C1,2关于x轴的对称点C′1,−2，lC′M:y=x−3，
由y=x−3y=−x+7⇒x=5∈3,5 ，则此时N5,2，
所以光所走过的路程即C′N=5−12+2+22=42．
（2）对于线段y=−x+8,x∈3,5，令其端点A3,5,B5,3，
则kC′A=72,kC′B=54，
所以反射光斜率的取值范围是54,72．
（3）若反射光与直线y=−x+b垂直，则由y=−x+by=x−3⇒x=b+32．
①当x=b+32∈3,5，即6≤b≤7时，光所走过的最短路程为点C′到直线y=−x+b的距离，
所以路程S=1−2−b2=b+12．
②当x=b+32∈5,+∞，即b>7时，光所走过的最短路程为线段C′B，其中B5,b−5，
所以C′B=S=5−12+b−32=b2−6b+25．
综上：S=b+12,6≤b≤7b2−6b+25,b>7．
21．（12分）（2022秋·福建漳州·高二校考阶段练习）已知圆O的方程为x2+y2=25，过点F0,4的动直线l与圆E相交于A,B两点，线段AB的中点为M.
(1)设动点M的轨迹为曲线C，求曲线C的方程.
(2)已知D0,1，过点D作直线l1，交曲线C于P，Q两点，P，Q不在y轴上.过点D作与直线l1垂直的直线l2，交曲线C于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
【解题思路】（1）由圆的性质知MO⊥AB，利用勾股定理及两点之间的距离公式即可求解；
（2）由弦长公式求得PQ=24k2+3k2+1 ，分类讨论当直线l2斜率不存在时，求得S=43，
当直线l2斜率存在，可求得S=212+1k2+1k2+2，结合基本不等式即可求解.
【解答过程】（1）设Mx,y，由圆的性质知MO⊥AB,则MO2+MF2=42，
即x2+y2+x2+(y−4)2=16，化简可得曲线C的方程为x2+y−22=4.
（2）显然直线l1的斜率存在，设直线l1方程为y=kx+1，即kx−y+1=0，
则圆心0,2到直线l1的距离d1=−2+1k2+1=1k2+1，
所以PQ=24−1k2+1=24k2+3k2+1 ，
若k=0，则直线l2斜率不存在，则PQ=23，EF=4，则S=12EF⋅PQ=43，
若k≠0，则直线l2得方程为y=−1kx+1 ，即x+ky−k=0 ，
则圆心0,2到直线l2的距离d2=kk2+1，
所以EF=24−k2k2+1=23k2+4k2+1 ，
则S=12EF⋅PQ=24k2+33k2+4k2+12=212k2+12+k2k2+12
=212+k2k2+12=212+1k2+1k2+2≤212+12k2⋅1k2+2=7，
当且仅当k2=1k2 ，即k=±1 时，取等号，
综上所述，因为7=49>43 ，所以S的最大值为7.
22．（12分）（2022秋·湖北·高二校联考期中）已知圆O:x2+y2=1和点M1,3．
(1)过M作圆O的切线，求切线的方程；
(2)过M作直线l交圆O于点C，D两个不同的点，且CD不过圆心，再过点C，D分别作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程；
(3)已知A2,4，设P为满足方程PA2+PO2=34的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点N，使得PB2PN2为定值？若存在，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值；若不存在，则说明理由．
【解题思路】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况求切线方程即可；
（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，根据CE⊥CO，得到x12−x1x0+y12−y1y0=0，再结合x12+y12=1，得到x1x0+y1y0=1，同理得到x2x0+y2y0=1，即可得到直线CD的方程为x0x+y0y=1，再根据M在CD上，即可得到点E的轨迹方程；
（3）设Px,y，根据PA2+PO2=34得到x2+y2=2x+4y+7，再设Nm,n，PB2PN2=k，即可得到2−2k+2mkx+4−4k+2nky+6−7k−km2+n2=0，再根据存在Nm,n，使PB2PN2为定值，列方程求解即可.
【解答过程】（1）当斜率不存在时，显然x＝1与圆O:x2+y2=1相切；
当斜率存在时，设切线为y=kx−1+3，由圆心到切线的距离为1，
∴3−k1+k2=1，解得k=33，则y=33x−1+3，整理得x−3y+2=0
综上，切线方程为x＝1和x−3y+2=0.
（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，EC=x1−x0,y1−y0，OC=x1,y1，
∴由CE⊥CO，则x1x1−x0+y1y1−y0=0，即x12−x1x0+y12−y1y0=0，又x12+y12=1，
故x1x0+y1y0=1，同理x2x0+y2y0=1，∴直线CD为x0x+y0y=1，又M在CD上，
∴x0+3y0=1，故E恒在直线x+3y=1上．
（3）由题设，若Px,y则x−22+y−42+x2+y2=34，整理可得x2+y2=2x+4y+7，
若存在Nm,n，使PB2PN2=k为定值，而PB2=PO2−1=x2+y2−1，PN2=x−m2+y−n2．
∴x2+y2−1=kx−m2+ky−n2，整理得1−kx2+y2=km2+n2−2mkx−2nky+1，
∴1−k2x+4y+7=km2+n2−2mkx−2nky+1，
整理得2−2k+2mkx+4−4k+2nky+6−7k−km2+n2=0，
要使PB2PN2为定值，则1−k+mk=02−2k+nk=07k+km2+n2=6,解得m=−15n=−25k=56或m=−1n=−2k=12.
综上，存在N−15,−25或N−1,−2，使PB2PN2为定值．