专题六 解析几何 第一讲　直线与圆-2025年高考数学二轮复习讲义（新高考专用）

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目录
【真题自测】2
【考点突破】9
【考点一】直线的方程9
【考点二】圆的方程13
【考点三】直线、圆的位置关系18
【专题精练】23
考情分析：
1.求直线的方程，考查点到直线的距离公式，直线间的位置关系，多以选择题、填空题的形式出现，中低难度.
2.和圆锥曲线相结合，求圆的方程或弦长、面积等，中高难度．
真题自测
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则AB的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．
2．（2023·全国·高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．
4．（2022·全国·高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
5．（2023·全国·高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
6．（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 ．
7．（2022·全国·高考真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则 ．
8．（2022·全国·高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为 ．
参考答案：
1．C
【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得
，即，令得，
故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，
设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，AB最小，
，此时.

故选：C
2．D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的渐近线为，
当渐近线为时，圆心到该渐近线的距离，不合题意；
当渐近线为时，则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
3．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为x=0，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

4．A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
5．（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
6．
【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：
7．
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．
8．或或或．
【分析】方法一：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】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
考点突破
【考点一】直线的方程
核心梳理：
1．已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0(或B1C2－B2C1≠0)，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2．点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)的距离d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
3．两条平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同时为零)间的距离d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
一、单选题
1．（23-24高三下·安徽芜湖·阶段练习）已知直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
2．（20-21高二·全国·单元测试）如图，函数的图象在点处的切线是，则（ ）
A．B．C．2D．1
二、多选题
3．（2024·浙江温州·二模）已知圆与圆相交于两点．若，则实数的值可以是（ ）
A．10B．2C．D．
4．（2024·全国·模拟预测）已知点在定圆内，经过点的动直线与交于两点，若的最小值为4，则（ ）
A．
B．若，则直线的倾斜角为
C．存在直线使得
D．的最大值为12
三、填空题
5．（2024·浙江杭州·二模）写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程 ．
6．（2024·辽宁沈阳·二模）已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数 ．
参考答案：
1．C
【分析】当时可得，即；当时可得，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】当时，，
即，则，即；
当时，，解得.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2．D
【分析】根据已知求出切线方程，由导数的几何意义得，由切线方程得，从而可得结论．
【详解】由题可得函数的图象在点处的切线与轴交于点，与轴交于点，则切线，即.
所以，，，.
故选：D．
3．BD
【分析】根据题意，由条件可得弦所在的直线方程，然后将转化为圆心到直线的距离关系，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得弦所在的直线方程为，
因为圆，圆心，
圆，圆心，
设圆心与圆心到直线的距离分别为，
因为，即，
所以，又，
即，化简可得，
即，解得或.
故选：BD
4．BC
【分析】A选项，根据点在圆的内部得到不等式，求出，利用垂径定理得到，而，从而得到方程，求出；B选项，在A选项基础上得到，结合求出直线的斜率和倾斜角；C选项，假设存在，结合满足要求，故C正确；D选项，由三角形面积公式和相交弦定理得到D错误.
【详解】A．因为点在圆的内部，所以，解得．
设点到直线的距离为，则，其中为定值，
所以当时，最大，AB最小．
又圆心，所以，
所以，解得，A错误．
B．由选项可知，当AB=4时，直线，而，所以，
所以直线的倾斜角为，B正确．
C．假设存在直线使得，则此时点到直线的距离为，满足要求，
所以假设成立，C正确．
D．由三角形面积公式得
，

因为弦一定经过点，设直线与圆相交于点，
因为，所以∽，
故，故，
因为，
所以，
所以，
当，即时等号成立，故D错误．
故选：BC．
5．或（写出一个即可）
【分析】由条件可设直线方程为，结合条件列方程求即可得结论.
【详解】因为切线的方向向量为，
所以切线的斜率为，
故可设切线方程为，
因为直线与圆相切，
又圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，
所以或，
所以与圆相切且方向向量为的直线为或，
故答案为：或（写出一个即可）.
6．或
【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.
【详解】设点，由可得：，
两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.
若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，
则圆心到直线的距离，解得．
故答案为：或.
规律方法：
解决直线方程问题的三个注意点
(1)利用A1B2－A2B1＝0后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．
(2)要注意直线方程每种形式的局限性．
(3)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在．
【考点二】圆的方程
核心梳理：
1．圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆．
一、单选题
1．（2024·广西来宾·模拟预测）一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·广东·一模）过，，三点的圆与轴交于，两点，则（ ）
A．3B．4C．8D．6
二、多选题
3．（22-23高二上·广东深圳·期末）已知是圆心为，半径为2的圆上一动点，是圆所在平面上一定点，设（）．若线段的垂直平分线与直线交于点，记动点的轨迹为，则（ ）
A．当时，为椭圆B．当时，为双曲线
C．当时，为双曲线一支D．当且越大时，的离心率越大
4．（2024·湖南邵阳·二模）已知复数满足：(其中为虚数单位)，则下列说法正确的有( )
A．B．
C．的最小值为D．的最大值为
三、填空题
5．（2024·广东佛山·二模）在平面直角坐标系中，已知，，，则的外接圆的标准方程为 ．
6．（23-24高三上·浙江温州·期末）已知圆与直线交于A，B两点，则经过点A，B，的圆的方程为 ．
参考答案：
1．C
【分析】计算两个已知圆的圆心和半径，根据圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，结合椭圆的定义即可得到结果.
【详解】圆可化为，圆心，半径为.
圆可化为，圆心，半径为.
设动圆圆心为点，半径为，圆与圆外切于点，圆与圆内切于点，如图所示：
由题意得，三点共线，三点共线，，，
∴，
∴点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，，
∴，
∴点的轨迹方程为.
故选：C.
2．D
【分析】设圆的方程为，代入坐标得的值，即可得圆的方程，再令，即可求得与轴相交弦长.
【详解】设圆的方程为，代入点，，，
则，解得，
可得，整理得符合题意，
所以圆的方程为，
令，可得，解得，所以．
故选：D.
3．ABD
【分析】根据题意，由线段垂直平分线的性质可得，结合选项，判断点B与圆的位置关系，结合椭圆、双曲线的定义以及其几何性质，依次判断选项即可.
【详解】A：由题意知，点A、B为定点，，当时，点B在圆内，
由线段垂直平分线的性质知，，
所以，
由椭圆的定义知，点M的轨迹为椭圆，故A正确；
B：当时，点B在圆外，不妨设点B在点A的右边，
由线段垂直平分线的性质知，，
所以；
同理，若点B在点A的左边，有，
所以，由双曲线的定义知，点M的轨迹为双曲线，故B正确；
C：由选项B的分析，可知C错误；
D：由选项A知，当时，点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，且，焦距为t，
若t增大，则半焦距c增大，所以离心率随之增大；
由选项B知，当时，点M的轨迹是以A、B为焦点的双曲线，且，焦距为t，
若t增大，则半焦距c增大，所以离心率随之增大；
所以当且越大时，E的离心率越大，故D正确.
故选：ABD.
4．BC
【分析】设，，根据已知条件求出两个复数对应点的轨迹，从而依次计算可得正确答案．
【详解】设，则，即，
它表示以原点为圆心，半径为1的圆；
设，则由，得，
即，它表示一条直线；
对于选项A：，故选项A错误；
对于选项B：，故选项B正确；
对于选项C和D：表示圆上点与直线上点的连线段的长度，
该距离最小为圆心到直线距离减去圆的半径，即为；该距离无最大值（直线上的点可离圆上的点无穷远）；
故选：BC．
5．；
【分析】利用待定系数法，结合配方法即可得解.
【详解】依题意，设的外接圆的一般方程为，
则，解得，
所以所求圆的一般方程为，
则其标准方程为.
故答案为：.
6．
【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，直线方程与圆的方程联立求出点坐标，设经过点A，B，的圆的方程为，代入三点坐标解方程组可得答案.
【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，
由解得，
可得，
设经过点A，B，的圆的方程为
，
所以，解得，
即，可得.
故答案为：.
规律方法：
解决圆的方程问题一般有两种方法
(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程．
(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．
【考点三】直线、圆的位置关系
核心梳理：
1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离．
其判断方法为：
(1)点线距离法．
(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))
消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ0.
2．圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离．
一、单选题
1．（2024·山东济南·一模）与抛物线和圆都相切的直线的条数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（2023·湖南永州·一模）在平面直角坐标系中，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·安徽合肥·二模）已知圆，圆，则（ ）
A．两圆的圆心距的最小值为1
B．若圆与圆相切，则
C．若圆与圆恰有两条公切线，则
D．若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2
4．（2024·安徽·二模）已知双曲线：（，）左右焦点分别为，，.经过的直线与的左右两支分别交于，，且为等边三角形，则（ ）
A．双曲线的方程为
B．的面积为
C．以为直径的圆与以实轴为直径的圆相交
D．以为直径的圆与以实轴为直径的圆相切
三、填空题
5．（2024·福建漳州·一模）过点作圆：的两条切线，切点分别为A，，若直线与圆：相切，则 ．
6．（2023·河南·模拟预测）圆与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，点N满足，直线与圆M和点N的轨迹同时相切，则直线l的斜率为 ．
参考答案：
1．D
【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义求出抛物线的切线方程，再由圆的切线性质列式计算即得.
【详解】设直线与抛物线相切的切点坐标为，由，求导得，
因此抛物线在点处的切线方程为，即，
依题意，此切线与圆相切，于是，解得或，所以所求切线条数为3.
故选：D
2．A
【分析】由题意圆的标准方程为，如图，又，所以，又由圆心到直线的距离可求出的最小值，进而求解.
【详解】如下图所示：

由题意圆的标准方程为，，
又因为，所以，
所以，
又圆心到直线的距离为，
所以，所以不妨设，
则，
又因为在单调递增，所以当且仅当即，即当且仅当直线垂直已知直线时，
有最大值.
故选：A.
3．AD
【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．
【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径．
对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；
对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．
两圆外切时，圆心距，即，解得．
综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；
对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，
即，可得，解得且，故C项不正确；
对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，
因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．
故选：AD．
4．BD
【分析】根据双曲线定义结合为等边三角形得，，由余弦定理得 ，进而求出方程为判断选项A；求出判断选项B；利用两圆相切的几何意义可判断选项C、D.
【详解】由已知得，由双曲线定义知：，
因为，所以，故，，
在中，由余弦定理得：，
解得：，所以，方程为，A错误.
的面积为，B正确.
取的中点，，两圆内切，故C错误.
取的中点，则，两圆外切，故D正确.
故选：BD
5．81
【分析】由题意可知点在以为直径的圆上，结合两圆相交可得直线的方程为，再根据直线与圆相切列式求解.
【详解】圆：的圆心为O0,0，半径；
圆：的圆心为，半径；
由题意可知：，可知点在以为直径的圆上，
以为直径的圆为，
整理得，结合圆：，
两圆方程作差，可得直线的方程为，即，
若直线与圆：相切，
则，整理得.
故答案为：81.
6．
【分析】求出A、B坐标，设N(x,y)，求出N的轨迹圆E的方程，作出图象，利用圆的公切线的几何性质即可求其斜率．
【详解】对于圆，令，得，解得或，
则，．
设，∵，∴，
则，整理得，
则点N的轨迹是圆心为，半径为的圆．
又圆M的方程为，则圆M的圆心为，半径为．
∵，∴两圆相交，
设直线l与圆M和点N轨迹圆E切点分别为C，D，
连接CM，DE，过M作DE的垂线，垂足为点F，则四边形CDFM为矩形，
∵，，∴，
则，
则两圆公切线CD的斜率即为直线FM的斜率为．
故答案为：.
规律方法：
直线与圆相切问题的解题策略
当直线与圆相切时，利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外一点的距离，再结合半径利用勾股定理计算．
专题精练
一、单选题
1．（2024·河南洛阳·模拟预测）“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．（2024·福建厦门·二模）在平面直角坐标系中，点在直线上.若向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）若双曲线的实轴长为2，离心率为，则双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为（ ）
A．B．C．1D．2
4．（2024·辽宁大连·一模）过点和，且圆心在x轴上的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2024·江西·模拟预测）若点在圆的外部，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·北京房山·一模）已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．6
7．（2023·湖北·二模）已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·安徽合肥·一模）已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．（22-23高二上·湖北武汉·期末）设圆，直线为上的动点，过点作圆的两条切线，切点为为圆上任意两点，则下列说法中正确的有（ ）
A．的取值范围为
B．四边形面积的最大值为
C．满足的点有两个
D．的面积最大值为
10．（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）已知直线和圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆有两个交点
C．存在直线与直线垂直
D．直线被圆截得的最短弦长为
11．（2024·广东汕头·一模）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（ ）
A．新桥的长为
B．圆心可以在点处
C．圆心到点的距离至多为
D．当长为时，圆形保护区的面积最大
三、填空题
12．（2023·全国·模拟预测）已知圆与圆有3条公切线，则的值为 ．
13．（2024·四川·模拟预测）圆与圆的公共弦长为 .
14．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）若曲线上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的“自公切线”，则下列方程对应的曲线中存在“自公切线”的序号为 ．．
四、解答题
15．（23-24高二上·江苏南通·阶段练习）已知圆O：
(1)过圆外一点引圆的切线，求切线方程；
(2)设点P是直线上的一点，过点P作圆的切线，切点是M，求的面积最小值以及此时点P的坐标．
16．（22-23高二上·云南昆明·期中）已知圆C：和直线l：相切．
(1)求圆C半径；
(2)若动点M在直线上，过点M引圆C的两条切线MA、MB，切点分别为A、B．
①记四边形MACB的面积为S，求S的最小值；
②证明直线AB恒过定点．
17．（2024·四川成都·模拟预测）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F.
(1)求W的方程；
(2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长；
(3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值.
参考答案：
1．D
【分析】求出直线平行的充要条件为，结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】若，则有，所以或，
当时，，故，重合；
当时，，满足条件，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
2．C
【分析】确定直线的方向向量，结合数量积的运算判断出为直线的法向量，结合投影向量的含义即可求得答案.
【详解】由题意设直线的方向向量为，则，
而，则，即为直线的法向量，
又O到直线的距离为，
故在上的投影向量为，

故选：C
3．A
【分析】根据条件列方程组求出，然后利用点到直线的距离求解即可.
【详解】由已知得，解得，
则双曲线的左焦点，一条渐近线，
故双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为.
故选：A.
4．D
【分析】借助待定系数法计算即可得.
【详解】令该圆圆心为，半径为，则该圆方程为，
则有，解得，
故该圆方程为.
故选：D.
5．A
【分析】根据表示圆得，又利用点在圆外得，从而可得结果.
【详解】因为可化为，则，所以．
又点在圆的外部，所以，故，
综上，．
故选：A.
6．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
7．B
【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.
【详解】由可得，
令，由万能公式可得，
，所以直线的方程为①，
由题意可知过原点与直线垂直的直线方程为②，
可得，即表示点的轨迹为圆心为半径为3的圆，
于是线段长度的取值范围为，因为，
所以线段PQ长度的取值范围为，
故选：B.
8．D
【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设Ax1,y1，Bx2,y2，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围.
【详解】即，则圆心为，半径，
直线，令，解得，即直线恒过定点1,0，
又，所以点1,0在圆内，
设Ax1,y1，Bx2,y2，，由，
消去整理得，显然，则，
则，
所以，，
则，
则，
又直线的斜率不为，所以不过点1,0，
所以动点的轨迹方程为（除点1,0外），
圆的圆心为，半径，
又，所以，
即，即的取值范围为.
故选：D

【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得.
9．AC
【分析】根据切线长公式即可求解A,B,C，根据三角形的面积公式可求解D.
【详解】圆心到直线的距离，
所以，因为圆的半径为，
根据切线长公式可得，
当时取得等号，
所以的取值范围为，A正确；
因为，
所以四边形的面积等于，
四边形面积的最小值为，故B错误；
因为，所以，
在直角三角形中，，所以，
设，因为，
整理得，
则有，所以满足条件的点有两个，C正确；
因为
所以当，即，面积有最大值为，
此时四边形为正方形，则，满足要求，
故D错误，
故选:AC.
10．ABC
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；
对B，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；
对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：ABC.
11．AC
【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.
12．
【分析】根据两圆外切求解可得.
【详解】由题可得，圆，圆心为，半径为2；
圆，圆心为，半径为1．
因为两圆有3条公切线，所以两圆外切，
故圆心距，解得．
故答案为：
13．
【分析】将两个圆的方程作差可得公共弦所在的直线，再求出到直线的的距离，则公共弦长为，即可得出答案.
【详解】将两个圆的方程作差得：，即公共弦所在的直线为，
又知，，则到直线的的距离为：
，所以公共弦长为，
故答案为：.
14．①②④
【分析】①在和处的切线都是，故有“自公切线”;②此函数为周期函数，过图象的最高点的切线都重合或过图象的最低点的切线都重合，故有“自公切线”；将③化简为，求出，设切点分别为，，通过，解方程即可判定；④画出图形即可判断.
【详解】①，在和处的切线都是，故①有“自公切线”；
②，其中，，
此函数为周期函数，过图象的最高点的切线都重合或过图象的最低点的切线都重合，
故此函数有“自公切线”，即②有“自公切线”；
③，即，则 ，
假设有“自公切线”，设切点分别为，，且，
所以切线的斜率，解得：，
则，故，
化简得：，无解，所以③没有“自公切线”.
④，
当，则，当，则，
表示的图形如下，由于两圆相交，有公切线，所以④有“自公切线”.
故答案为：①②④
15．(1)和x=2
(2)点P 的坐标为，面积最小值为
【分析】（1）设过点的切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，求出切线方程，注意直线斜率不存在的情况．
（2）由圆的几何性质可知，当的面积最小时，，求出OP的方程后即可得到点P的坐标，进一步可求的最小面积．
【详解】（1）
当切线斜率存在时，设切线的方程为，即，
圆心到切线的距离是2，
，解得，
切线方程为，即
当切线斜率不存在时，易知x=2与圆也相切，
故所求切线方程为和
（2）由圆的几何性质可知，当时，的面积最小值．
又因为，
所以直线OP的方程为
由解得
即点P 的坐标为
此时的面积最小值为
16．(1)；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）求出圆的圆心到直线的距离即得.
（2）①设，利用圆的切线长定理，求出四边形面积的函数关系并求出最小值；②求出M、A、C、B四点共圆的方程，再求出两个圆公共弦所在直线方程，即可推理得解.
【详解】（1）圆心到直线的距离，
所以圆C半径.
（2）①由（1）知，圆C的方程为：，圆心，，
由MA、MB是的两条切线，得，，设，
则，
因此，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
②由①知，点，，，则四点共圆且以MC为直径，
此圆的方程为，整理得，
而圆C的方程为，，两圆方程相减得，
因此直线的方程为，对任意实数，当时，，
所以直线过定点.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析，2
【分析】（1）由已知可得圆的方程，设Mx,y，Px0,y0，，根据，可得，，代入圆的方程即可求解；
（2）由已知可得直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理即可求解；
（3）根据题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立直线和椭圆构成方程组，根据斜率的计算公式结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）

由题意，点在圆上运动，设Mx,y，Px0,y0，，
由得，，
又，所以，所以的方程为；
（2）直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以直线被圆C截得的弦长为；
（3）

由题意，直线斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立得，
所以，，
故，
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题号
1
2
3
4






答案
C
D
B
A






题号
1
2
3
4






答案
C
D
BD
BC






题号
1
2
3
4






答案
C
D
ABD
BC






题号
1
2
3
4






答案
D
A
AD
BD






题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
D
A
C
B
D
AC
ABC
题号
11









答案
AC