2026年高考数学压轴专项训练压轴题16直线与圆(原卷版+解析)

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压轴题型一：函数型倾斜角
1．直线的倾斜角范围为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】A
【分析】先对进行讨论，当时得到直线倾斜角为，当时，由直线方程得到斜率，再由斜率可得倾斜角的范围.
【详解】当时，直线为：，故直线的倾斜角为：；当时，直线为：，
设直线的倾斜角为，即，当时，，
当且仅当“”，即时取等号；即，
当时，，
当且仅当“”，即时取等号；即，综上所述：.故选：A
2．设直线l的直线方程为，则直线l的倾斜角的范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据条件，分和两种情况讨论，再结合的图像，即可求出结果.
【详解】当时，直线的倾斜角为，
当时，由得到，
又易知，所以，即，
由的图像可知，，综上， 故选：C.
3．直线的倾斜角不可能为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线方程，分类讨论求得直线的斜率的取值范围，进而根据倾斜角和斜率的关系，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，可得当时，直线方程为，此时倾斜角为；
当时，直线方程化为，则斜率为：，
即，又由，解得或，
又由且，所以倾斜角的范围为，
显然A，B都符合，只有D不符合，故选D.
【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，以及直线的倾斜角和斜率的关系，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力.
4．坐标平面内有相异两点，，经过两点的直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用斜率公式求出，再利用三角函数求出的范围，利用斜率与倾斜角的关系求出倾斜角的范围.
【详解】因为点，是相异两点，，且，设直线的倾斜角为，则
当，倾斜角的范围为．当，倾斜角的范围为．
故选：B
【点睛】易错点睛：本题考查直线的倾斜角的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意是相异的两个点，利用求出斜率的范围，再利用倾斜角与斜率的关系求出倾斜角的范围，属于易错题.
5．设函数的最大值为，最小值为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】设，则可根据的几何意义求出满足的关系，从而可得正确的选项，也可利用辅助角公式求出函数的最值.
【详解】法1：，故的定义域为，
当时，，此时，.当时，，
设，若，则，当且仅当时等号成立，故，
若，则，当且仅当时等号成立，故，
又的几何意义为圆上的动点与连线的斜率，
而的轨迹为如图所示的两条射线，
对于给定的，分别过的切线的斜率的较大者、较小者，
设切线斜率为，则切线的方程为：，整理得到：，故，
整理得到，故，故A正确，B错误.
而，因，故，故CD错误.
故选：A.
法2：设，则，整理得到：，
若，，此时，.若，则，
其中因，故，
故，整理得到：①，
此时，故①的解为，
其中为方程的根，
故，故A正确，B错误.而,
因为，当且仅当时等号成立，
故，故排除CD.综上，，故选：A.
【点睛】思路点睛：对于同时含有的分式函数，应该从代数式的几何意义分析转化，从而简化问题的讨论，当然也可把函数转化为方程，利用辅助角公式求出函数的最值.
压轴题型二：斜率几何意义型
1．已知函数，若存在唯一的整数，使得成立，则满足条件的整数的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．无数
【答案】C
【分析】作出f（x）的函数图象，利用直线的斜率，根据不等式只有1整数解得出a的范围．
【详解】作出f（x）的函数图象如图所示：
表示点和点所在直线的斜率，即曲线上只有一个点且是整数和点所在直线的斜率大于零.如图所示，动点在直线上运动.
因为,当时，只有点这个点满足，
当时，只有点这个点满足.所以.
所以满足条件的整数有4个.故选：C.
【点睛】关键点睛：本题主要考查函数的图像，考查直线的斜率，关键在于考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.
2．在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.
【详解】点的坐标满足方程，在圆上，
在坐标满足方程，在圆上，则作出两圆的图象如图，设两圆内公切线为与，由图可知，设两圆内公切线方程为，
则，圆心在内公切线两侧，，
可得，，化为，，即，
，的取值范围，故选B.
【点睛】本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，尤其在解决选择题、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
3．已知函数的最大值和最小值分别是，则的值为（ ）
A．1B．0C．-1D．-2
【答案】B
【分析】根据函数表达式的几何意义，将问题转化为圆上动点和圆外一点的连线的斜率，设切线方程结合点线距离公式得到关于参数、t的一元二次方程，进而由韦达定理及对数运算性质求目标式的值.
【详解】由题意，表示单位圆上动点和单位圆外一点的连线的斜率，
当直线与圆相切时，斜率取得最大值和最小值，
设切线为，即，
则，即的两根分别为，则，
即.故选：B
4．已知函数，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】化简，函数上一点与连线斜率的倍，求出的范围，即可得出答案.
【详解】因为，图象如下图，， ，表示函数上一点与连线斜率的倍，，，由图可知：或，
所以或，则的取值范围为.故选：D.
5．已知点是曲线上不同的两点，且满足，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将原条件等价转换为过点的直线与半圆弧有两个不同的交点，从而结合点到直线的距离公式可判断直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】由得，
所以曲线为以为圆心，2为半径的上半圆弧.
由为不同两点，且可转化为，
则过点的直线与半圆弧有两个不同的交点.
如图，当直线位于直线的位置时，，斜率为.
当过点的直线与圆相切于点时，设直线方程为，即：，
由圆心到直线的距离，解得（舍），或，即直线的斜率为.
如图可知，要使直线与半圆弧有两个不同的交点，则直线斜率的取值范围为，即.
故选：B.
压轴题型三：含参双直线化圆型（交轨型）
1．已知，直线，直线，若为的交点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用直线过定点及两直线位置关系先确定P的轨迹，取点构造相似结合三角形三边关系计算即可.
【详解】因为直线，直线，易知，
且分别过定点，取其中点，易知，
则P点在以C为圆心，3为半径的圆上，取点，连接,
不难发现，则，所以，
则，当且仅当三点共线，且与线段和圆C的交点重合时取得等号.故选：A.
2．设，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】B
【分析】先由两直线方程求出的坐标，由于两直线垂直，所以，若设，则，，然后表示出变形后，利用三角函数的性质可求得其范围.
【详解】解：由题意可知，动直线经过定点，
动直线，即，经过点定点，
动直线和动直线的斜率之积为，始终垂直，又是两条直线的交点，
，．设，则，，
由且，可得，，，，
，，，，，，故选：B．
【点睛】关键点点睛：此题考查直线过定点问题，考查两直线的位置关系，考查三角函数的应用，解题的关键是由已知得到，通过三角换元转化为利用三角函数的性质求的取值范围，考查数学转化思想，属于较难题.
3．设，直线与直线相交于点，点是圆上的一个动点，则的最小值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由直线方程可得，两条直线相互垂直，通过求出直线恒过的定点，可发现点的轨迹，是在以两个定点作为直径的圆上，从而可得到轨迹方程，可得到圆心距，得到的范围，得到最小值.
【详解】由题意得：，
恒过定点恒过定点，又，
点轨迹是以MN为直径的圆，即以为圆心，为半径的圆，其方程为，
又圆与圆的圆心距，
两圆相离，的最小值是两圆圆心距减去两圆半径之和，
即．故选：
4．巳知直线与直线分别过定点A，B，且交于点P，则面积的最大值是（ ）
A．5B．8C．10D．16
【答案】B
【分析】根据直线垂直的判定说明，结合两直线所过的定点确定的轨迹，进而求面积的最大值.
【详解】由，即，由过定点，过定点，所以在以为直径的圆上，且，要使面积最大，离最远即可，故面积的最大值是.故选：B
5．在平面直角坐标系中，已知直线与交于点，点是抛物线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直线方程可得其所过定点，根据两直线位置关系可得其焦点的轨迹，根据抛物线的定义与圆外一点到圆上点的距离最值问题，结合图象，可得答案.
【详解】直线，即，可知直线过定点；
直线，即，可知直线过定点；
且，则，
可知点在以为直径的圆上，此时圆心为，半径．
因为抛物线的焦点为，准线为，
且点是抛物线上一动点，则，即，
可得，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
又因为，当且仅当点在线段上时，等号成立，
即，所以的最小值为．故选：B．
压轴题型四：数形结合：两点距离公式构造型
1．的最小值为（ ）
A．5B．C．6D．
【答案】C
【分析】设，对要求的式子进行变形，看作抛物线的右半部分上一点P与的距离加上P到抛物线焦点的距离之和的最小值，根据抛物线性质进行求解.
【详解】设，则，则曲线为抛物线的右半部分．抛物线的焦点为，设点到准线l：的距离为d，点P为抛物线的右半部分上一点，设P到准线l：的距离为，
则
．
故选：C
【点睛】本题难点在于要对题干中的代数式进行转化为抛物线的相关知识点进行求解距离的最值问题，利用数形结合思想和抛物线的性质进行求解.
2．函数的最大值为（ ）.
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】利用三角函数的平方关系将转化为点到点的距离之差，再利用三角形两边之差小于第三边，结合三角函数的值域即可求得结果.
【详解】因为，
所以，
故的最大值转化为点到与的距离之差的最大值，
因为，，，
所以，当且仅当时，等号成立，则，
经检验，此时，，所以，即的最大值为.
故选：D.
3．设，则的最小值为（ ）
A．4B．16C．5D．25
【答案】B
【分析】将原问题转化为两点之间的距离问题，然后数形结合求解最小值即可.
【详解】表示点、两点距离的平方，
由得点的轨迹方程为，
由得点Q的轨迹方程为，表示圆心为，半径的圆.
则，，
即的最小值为16.
故选：B
4．已知，，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为表分别表示点到的距离，点在直线和以及和四条直线围成的正方形内部，根据三角形两边之和大于第三边可知，当点为该正方形的中心时，四个距离之和最小，把代入原式计算可得最小值为，故选D.
【方法点晴】本题主要考查待定两点间距离公式以及求最值问题，属于难题.解决最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是平面几何的有关结论来求最值的.
5．函数（）的最小值（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】B
【分析】当时，将函数转化为直线上点P到直线的距离与到点的距离之和，作出图象，结合图象及点到线的距离公式求解即可.
【详解】当时，，可视为与两点间的距离，则P是直线上的动点，，可视为点到直线的距离，设与y轴交于点，过点P作，垂足为B，画出示意图如下：
则待求为的最小值，当三点共线，且时，点A到直线的距离为所求的最小值，此时，.故选：B.
压轴题型五： 数形结合：绝对值型公式构造
1．已知实数满足，，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】D
【分析】依题可得点在圆上，且，原问题等价为求解点和点到直线距离之和的倍的最大值，据此数形结合确定的最大值即可.
【详解】由题意，可知在圆上，
由,可得,则,
因，
而和可理解为点到直线的距离和.
如图，取中点，连接,分别作于点，于点，于点，
则，且.又,即点的轨迹方程为，要使最大值，需使取最大值，
由图知，显然当线段经过圆心时，的值最大.
由点到直线的距离为，
故，此时，
故.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查距离公式的应用，等价转化、数形结合的思想，属于难题.
解题关键在于根据条件数形结合，将两个方程理解为单位圆上的两点，由条件得，将所求式理解为点到直线距离之和的倍，根据圆的性质和梯形中位线性质即可求得其最大值.
2．已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】去绝对值分别列出每个象限解析式，数形结合利用距离求解范围.
【详解】当，表示椭圆第一象限部分；当，表示双曲线第四象限部分；当，表示双曲线第二象限部分；
当，不表示任何图形；以及两点，作出大致图象如图：
曲线上的点到的距离为，
根据双曲线方程可得第二四象限双曲线渐近线方程都是，直线与距离为，
曲线二四象限上的点到的距离为小于且无限接近1，
联立，消得，，且，
所以直线与椭圆第一象限部分由两个交点，
考虑曲线第一象限的点到距离得最小值为，所以，
所以的取值范围是.故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题问题的关键是确定方程表示的图形，以及通过曲线上的点到直线的距离为的取值范围，间接求解的取值范围.
3．已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用绝对值的性质化简，确定其表示的图形并作出图形，根据直线与圆的位置关系、双曲线的性质，结合点到直线的距离公式计算即可求解.
【详解】由，得
当时，方程为，图形为单位圆在第一象限的部分（含端点）；
当时，方程为，图形为双曲线在第四象限的部分；
当时，方程为，图形为双曲线在第二象限的部分；
当时，方程为，没有意义，不表示任何图形.
作出的图形，如图，设点为曲线上的一个动点，
则A到直线的距离为，由图可知，当A在圆心O到直线的垂线段上时，
即时，，达到最小值；又双曲线、的一条渐近线方程为，
所以小于直线与的距离，而这两直线的距离为，
故，解得，即的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决本题问题的关键是确定方程表示的图形，以及通过A到直线的距离为的取值范围，间接求解的取值范围.
4．已知圆上两点满足，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由发现，又的几何意义是两点到直线的距离之和的倍，进而利用数形结合即可求解.
【详解】由得，即，则.
因为，
所以，由点到直线的距离公式可知表示两点到直线的距离之和的倍，如图所示：

设的中点分别为，易知，由梯形的中位线可得，
则，即点到直线的距离之和的4倍，
因为是直角三角形，所以，
则点在圆上运动，
显然，最小值为原点到直线距离与圆半径之差的4倍，
原点到直线距离，半径，
所以的最小值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，将转化为两点到直线的距离之和的倍，从而得解.
5．已知实数满足，，，则的最大值是（ ）
A．B．6C．D．12
【答案】D
【分析】分析所给出条件的几何意义，作图，根据几何意义运用点到直线的距离公式即可求出最大值.
【详解】如图：
设，，则原题等价于点 ， 是圆上两点，
并且，所以 ，
，
所以所求最大值就是 两点到直线 的距离之和 的 倍，
设AB的中点为M，由上图可知： ，就是M点到直线 的距离的 倍，
由于 是直角三角形， ，设的中点为，所以在圆上运动，
所以本题等价于求到直线的距离倍的最大值，
显然，最大值=原点O到直线 的距离与圆 的半径之和的 倍
；故选：D.
压轴题型六：直线系与交轨型
1．已知点，是曲线（为非零常数）上两个不同的点，则关于x，y的方程组的解的情况，下列说法错误的是（ ）
A．当时，对任意的，方程组总是有解
B．当时，对任意的，方程组总是有解
C．当时，存在，使方程组有唯一解
D．当时，存在，使方程组有唯一解
【答案】A
【解析】对的解的情况，即考虑两条直线的斜率之间的关系，即考虑方程的根的个数，也就是两函数与的图象之间交点的个数，分类讨论验证即可.
【详解】由题知．对的解的情况，
即考虑两条直线的斜率
之间的关系，即考虑方程的根的个数，也就是两函数与的图象之间交点的个数．
当时，存在使得图象，有两个交点，即，两条直线平行，即方程无解，故A选项错误；也存在，使得两图象没有交点，即无解，即两直线相交，方程组有唯一解，故选项C正确；
当时，图象有且仅有一个交点，故方程的解存在且唯一，不存在不同的点，使得无解，即两直线相交，方程组有唯一解B和D选项均正确，
故选：A．
【点睛】本题考查直线的斜率、函数零点问题，考查转化思想，运算求解能力、推理论证能力．属于难题.
2．在平面直角坐标系内，设，为不同的两点，直线l的方程为，，下面四个命题中的假命题为（ ）
A．存在唯一的实数δ，使点N在直线上
B．若，则过M，N两点的直线与直线l平行
C．若，则直线经过线段M，N的中点；
D．若，则点M，N在直线l的同侧，且直线l与线段M，N的延长线相交；
【答案】A
【分析】根据题意对一一分析，逐一验证．
【详解】解：对于，化为：，即点，不在直线上，因此不正确．
对于，，则，即过，两点的直线与直线的斜率相等，又点，不在直线上，因此两条直线平行，故正确；
对于，，则，化为，因此直线经过线段的中点，故正确；
对于，，则，则点，在直线的同侧，故正确；
故选A
【点睛】本题考查了直线系方程的应用、平行直线的判定、点与直线的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
3．设为不同的两点，直线，下列命题正确的有（ ）．
①不论为何值，点都不在直线上；
②若，则过点的直线与直线平行；
③若，则直线经过的中点；
④若，则点在直线的同侧且直线与线段的延长线相交．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由可得①正确，分和两种情况讨论可得直线与直线平行，可得②正确，当时，可得到，从而得到③正确，当时可得和，然后可得④正确.
【详解】因为中，，所以点不在直线上，故①正确
当时，根据得到，化简得，
即直线的斜率为，又直线的斜率为，由①可知点不在直线上，
得到直线与直线平行
当时，可得直线与直线的斜率都不存在，也满足平行，故②正确
当时，得到，化简得
而线段的中点坐标为，所以直线经过的中点，故③正确
当时，得到，所以，
即，所以点在直线的同侧
且，可得点与点到直线的距离不等，
所以延长线与直线相交，故④正确
综上：命题正确的有4个
故选：D
【点睛】本题考查的是直线的方程、两直线平行的判定以及一元二次不等式表示的区域，考查了学生的分析能力和转化能力，属于中档题.
4．若既是的中点，又是直线与直线的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据条件求，再根据两点确定一条直线，求直线方程，根据垂直关系，即可求中垂线方程.
【详解】由条件可知，，，
且，两式相加得，
即，得，
点是直线和的交点，所以，
所以点满足直线，即直线方程为，
，与直线垂直的直线方程的斜率为，
所以中垂线方程为，整理为.
故选：A
5．若点既是的中点，又是直线与的交点，则线段的垂直平分线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将两直线方程相减可得过两直线交点的直线方程，再将代入化简可求出直线的斜率，从而可求出线段的垂直平分线的方程.
【详解】直线与直线的方程相减可得，，
把点代入可得，所以，
所以线段的垂直平分线的方程是，即，故选：C
压轴题型七：圆的轨迹：定义型
1．已知点，为圆上两点，，点为线段的中点，点为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】A
【分析】先根据垂径定理得出，即可得出点的轨迹为圆，则问题转化为求圆上的动点到定直线的距离的最小值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径，
因为点为线段的中点，，则，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，点在直线上，
可得圆心到直线的距离，所以的最小值为.
故选：A
2．如图，半径为1的与半径为2的内切于点A，沿的圆弧无滑动的滚动一周.若上一定点P从A点出发随着的滚动而运动，设点P的轨迹为C，则（ ）
A．C是半径为的圆B．C是半径为1的圆
C．C是长度为2的线段D．C是长度为4的线段
【答案】D
【分析】作圆运动后的某圆，设此时与圆相切于点，点从运动到，通过题设运动中的等量关系结合弧长公式得到即可得到的轨迹求解.
【详解】圆运动到，设此时与圆相切于点，点从运动到，
易知，所以，所以，
所以的轨迹为圆中过，的直径，长度为4．故选：D
3．已知圆A，B是圆上的两个动点，O为坐标原点则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【分析】设AB的中点为C，则，由知C的轨迹是以O为圆心为半径的圆，故将问题转化为求的最小值即可.
【详解】设AB的中点为C，因为所以所以点C在以O为圆心为半径的圆上，所以故选：D.
4．已知点，，过点作直线交圆：于，两点，的中点为，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】依题意可得，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，从而求出的最小值.
【详解】因为为的中点，所以，设，因为，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 故的最小值为.
故选：B.
5．已知等腰三角形的一个顶点为，底边的一个端点为，则底边的另一个端点的轨迹方程为（ ）
A．（且）B．（且）
C．（且）D．（且）
【答案】B
【分析】设，利用两点间的距离公式整理化简得的轨迹方程，再去掉三点共线时的点坐标即可.
【详解】设，根据题意可知且三点不共线，
可得，因此，
若三点共线，易知斜率存在，所以；即，可得；
联立，解得或；
又因为三点不共线，所以且，
因此端点的轨迹方程为（且）.故选：B

压轴题型八：圆的轨迹：立体几何型
1．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内的一个动点，当时，点的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，，，，可证得平面，求出和，利用勾股定理表示，得到点的轨迹，即可求解.
【详解】设平面，连接，，，，
因为，，
所以三棱锥为正三棱锥，因为平面，平面，所以，
因为，，所以平面，又平面，所以，
同理可证，又，平面，所以平面，则为正三角形的中心，则，所以，因为，所以，
因为平面，平面，所以，即，，
因为，即，
因为，解得，所以点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度是.
故选：.
2．正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知点在以为球心，半径的球上，所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，然后画出图形，分别求出其在四个面上的轨迹长度即可.【详解】因为，所以点在以为球心，半径的球上，因为点在三棱锥的表面上运动，所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，因为正方体的棱长为3，所以正方体的面对角线为，
所以三棱锥为棱长为的正三棱锥，
由正方体的性质可知到平面的距离为，
所以球在平面上的截面圆的半径，
所以截面圆的圆心正好是正三角形的中心，设正三角形的内切圆半径为，外接圆半径为，
由正弦定理得，则，所以，
所以点在平面内的轨迹是圆在内的弧长，如图所示，
，为锐角，
所以，所以，所以点在平面内的轨迹长度为，因为平面，所以球在平面上的截面圆心为，设圆的半径为，则，因为，所以点在平面内的轨迹是一段劣弧，如图所示，因为为锐角，所以，
所以，所以的长为，由对称性可知点在平面和平面内的轨迹长相等，都等于，所以点在三棱锥的表面上的轨迹的长度为
，故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中轨迹的求法，解题的关键是正确的画出图形，根据图形求解，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.
3．如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有，所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为2的菱形，如图所示：
在中，，即，解得，所以，
所以为边长为6等边三角形，所以，，
所以，因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，在中，由余弦定理变形得，，在中，由余弦定理变形得，
，解得，所以，所以，由平面，可得平面，
又平面，所以，由，，，平面，
可得平面，因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，
设的长度为，则，所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，是解决本题的关键.
4．已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积.
【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，由题意可知，，所以，
由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，
建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，抛物线的方程为，，由题意，，得，代入，得，
所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为，因为，所以，
所以三棱锥体积的最小值为.故选：C
【点睛】求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积.
5．在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可.
【详解】因为，，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，，如图所示，正方体中，，，所以面，所以，因为，所以.
同理可得，因为，所以面，其中为正六边形.
因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点，
根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内.
又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG，
，由正六边形及正方体对称性可知
，故点P的轨迹长度为，故选：B
【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可.

压轴题型九：圆的轨迹：阿圆型
1．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则以下正确的序号为（ ）
①存在轴上的唯一点对，，使得为常数
②存在轴上的无数个点对，，使得为常数
③存在直线（）上的唯一点对，，使得为常数
④存在直线（）上的无数个点对，，使得为常数
A．①③B．②④C．①④D．②③
【答案】B
【分析】易得圆关于直线轴对称，设，（），，再根据对恒成立求出的关系式，再根据关于的方程的解的个数即可得出答案.
【详解】圆心坐标为，圆心在轴上，所以圆关于直线轴对称，设，（），，
则，即对恒成立，
所以，所以，所以，所以且，所以且且，即有无数组解，所以①错误，②正确；因为直线（）定点，
所以圆关于直线（）对称，
根据上推理得，存在直线上的无数个点对，，使得的值与的位置无关，
所以③错误，④正确．故选：B.
【点睛】关键点点睛：设，（），，再根据对恒成立求出的关系式，判断出关于的方程的解的个数是解决本题的关键.
2．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线l：与动点Q的轨迹交于A，B两点，记动点Q轨迹的对称中心为点C，则当面积最大时，直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意，求的轨迹方程，根据三角形的面积公式，求得面积最大时，点到的距离，可得方程，结合直线过定点，以及求解斜率，解得答案.
【详解】由题意，，则，，则，由动点Q轨迹的对称中心为点C，则动点Q轨迹是以为圆心，半径为的圆，
易知为等腰三角形，故的面积，当面积取得最大值时，取的最大值，则，此时求得的高，点到直线的距离，
故，，，，解得，
由直线的方程，则，且直线的斜率，令，解得，则直线过定点，，同理可得，
故直线的方程为，
故选：D.
3．在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意得，其中，从而根据题意列方程可求得，根据棱柱表面积公式即可求解.
【详解】设，因为，所以由棱柱的性质可得，因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
点P在四边形内（含边界）运动，当时，
，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动，
该圆弧弧长是圆周周长，由题意，解得，
所以该三棱柱的表面积为.故选：C.
4．已知正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点），且满足，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据面积关系得出，建系计算再结合弧长公式计算求解.
【详解】正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点），
因为满足，所以，所以，
如图建系，设，所以，
所以，则圆心为，半径为，因为时，，所以，所以，则点的轨迹弧长为.故选：B.
5．已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点为抛物线上一动点，且点在直线上的投影为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题干的条件即可求得满足的轨迹方程为圆，再利用距离最小即四点共线时，即可求得最小值.
【详解】因为，动点满足，
设，则，两边同时平方整理得：，
即点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆；因为点在直线上的投影为，
又抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，故,
故
当且仅当四点共线时，取得最小值，
最小值为,故.故选：D

压轴题型十：圆的旋转切线：三角函数型
1．设直线：，：．若存在定圆Q，使得这两条直线与圆Q都相切，则圆Q上一点到点的距离的最大值为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】先化简直线和的方程，表示出点到直线的距离以及点到直线的距离，结合点为定点，且，即可得到定圆Q的圆心为，半径为1，进而求解即可.
【详解】由：，得，
由：，得，
设，则点到直线的距离为，
点到直线的距离为，要使点为定点，且，则，即，此时定圆Q的圆心为，半径为1，
所以圆Q上一点到点的距离的最大值为.故选：B.
2．在直角坐标系中，全集，集合，已知集合A的补集所对应区域的对称中心为M，点P是线段（，）上的动点，点Q是x轴上的动点，则周长的最小值为（ ）
A．24B．C．14D．
【答案】B
【分析】根据集合可判断出集合表示圆,再画图,根据做对称点的方法转换的周长,再求最小值即可.
【详解】∵点到直线的距离,
∴直线始终与圆相切,
∴集合A表示除圆以外所有的点组成的集合,
∴集合表示圆,其对称中心如图所示：设是点关于直线线段（）的对称点,设,则由求得,可得.设关于x轴的对称点为,易得,则直线,和线段的交点为P,则此时,的周长为,为最小值.
故选：B
3．设直线系（），则下列命题中是真命题的个数是（ ）
①存在一个圆与所有直线相交；
②存在一个圆与所有直线不相交；
③存在一个圆与所有直线相切；
④中所有直线均经过一个定点；
⑤不存在定点不在中的任一条直线上；
⑥对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上；
⑦中的直线所能围成的正三角形面积都相等．
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据已知可知，直线系都为以为圆心，以1为半径的圆的切线，即可根据相关知识，逐个判断各命题的真假．
【详解】根据直线系（）得到，
所有直线都为圆心为，半径为1的圆的切线．
对于①，可取圆心为，半径为2的圆，该圆与所有直线相交，所以①正确；
对于②，可取圆心为，半径为的圆，该圆与所有直线不相交，所以②正确；
对于③，可取圆心为，半径为1的圆，该圆与所有直线相切，所以③正确；
对于④，所有的直线与一个圆相切，没有过定点，所以④错误；
对于⑤，存在不在中的任一条直线上，所以⑤错误；
对于⑥，可取圆的外接正三角形，其所有边均在中的直线上，所以⑥正确；
对于⑦，可以在圆的三等分点做圆的三条切线，把其中一条切线平移到过另外两个点中点时，也为正三角形，但是它与圆的外接正三角形的面积不相等，所以⑦错误；
故①②③⑥正确，④⑤⑦错，所以真命题的个数为4个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了命题的真假判断，涉及直线与圆的位置关系的判断，直线系的理解等知识，综合考查学生运用直线与圆的知识解决问题的能力，属于较难题．
4．设直线系，对于下列四个结论：
（1）当直线垂直于轴时，或；
（2）当时，直线倾斜角为；
（3）中所有直线均经过一个定点；
（4）存在定点不在中任意一条直线上．
其中正确的是（ ）
A．①②B．③④C．②③D．②④
【答案】D
【分析】由直线斜率不存在可判断（1），由直线斜率与倾斜角的关系可判断（2），化简消参可知直线系表示圆的切线的集合，故不经过某一定点，由点不在直线上可知（4）正确.
【详解】，
（1）当直线垂直于轴时，则，解得或或，故（1）错误；
（2）当时，直线方程为：，
斜率，即，倾斜角，故（2）正确；
（3）由直线系可令，消去可得，
故直线系表示圆的切线的集合，故（3）不正确．
（4）因为对任意，存在定点不在直线系中的任意一条上，故（4）正确；
故选：D．
5．圆上的点P到直线的距离为d，点P和在变化过程中，d的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】d的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，分析圆心到直线距离的最小值即可得到结果.
【详解】由题意得，圆心，半径，
点和在变化过程中，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，
圆心到直线的距离为，
由得，，故，当时，.故选：A.
压轴题型十一：切线：切线型面积
1．已知为直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点记为，若存在四边形的面积为，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由四边形面积求得切线长，得出，从而得出圆心到直线的距离的范围，再结合点到直线距离公式可得参数范围．
【详解】易得圆心，半径，由图知，
则，此时，
则只需圆心到直线的距离，即存在四边形的面积为，
所以，即，解得．
故选：B．

2．已知抛物线，点为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则四边形的面积的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】由，当最小时求解.
【详解】解：如图所示：
设，，
连接，圆为：，
则，
则，
当点时，的最小值为，
所以，
故选：C
3．已知圆C：，P为直线l：上的动点，过点P作圆的切线PA，PB，切点为A，B，当四边形APBC的面积最小时，直线AB的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据圆的几何性质判断出直线时，四边形APBC的面积最小，利用圆与圆相交弦所在直线方程的求法求得正确答案.
【详解】点C到直线l的距离为，所以直l与圆C相离，由圆的知识可知，
四点A，P，B，C四点共圆，且，所以四边形APBC的面积，
而，当直线时，，此时四边形APBC的面积最小，
所以CP：，即，由，解得，即.
所以以CP为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线AB的方程.故选：C
4．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，当四边形面积最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆的方程求出圆心和半径，然后得到四边形面积为，利用切线长公式可知，当最短时，四边形面积最小，求解即可得到答案.
【详解】 将化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为2，
由题意，四边形面积为，
又因为，
所以当最短时，四边形面积最小，此时.故选：C
5．是直线上的一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则四边形面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，结合切线长定理列出四边形面积的函数关系，再借助几何意义求出最小值.
【详解】圆的圆心，半径，
点到直线的距离，显然，
由于切圆于点，则，
四边形的面积，
当且仅当直线垂直于直线时取等号，所以四边形面积的最小值为.
故选：B

压轴题型十二：切线：角度范围型
1．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：，若直线l：上有且只有一个点P满足：过点P作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且使得四边形PMCN为正方形，则负实数m的值为（ ）
A．－1B．C．－3D．－5
【答案】D
【分析】根据四边形PMCN为正方形可得，转化为圆心到直线l的距离为可求得结果.
【详解】由可知圆心，半径为，
因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆的半径，所以，
所以直线：上有且只有一个点P，使得，即，
所以圆心到直线的距离为，所以，解得或.则负实数m的值为.
故选：D.
2．已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】如图所示：
因为，，设，
则，当时，取得最小值，
此时最大，最小，且，故C正确.
故选：C
3．已知动点在直线上，过总能作圆的两条切线，切点为，且恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设,，然后得到恒成立，进一步转化为最短即为点到直线的距离，计算即可.
【详解】设，则,
恒成立，即，则恒成立，
最短即为点到直线的距离，则，解得或.故选：D.
4．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出点，利用数量积的坐标表示得到点的轨迹，结合直线与圆的关系进行求解即可.
【详解】设，则，，
则，即，
化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，
又，所以三点共线，显然当直线与此圆相切时，的值最大.又,
则,则.故选：C.
5．已知点在圆上，点，，则当最大时，（ ）
A．B．C．D．6
【答案】A
【分析】
先分析直线与圆的位置关系，再数形结合分析最大时的位置，从而利用弦长公式即可得解.
【详解】因为，，所以过的直线方程为，即，
而圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，
如图，因为为定值，所以当在处，与圆相切时，最大，
因为，此时，
故选：A.
压轴题型十三：切点弦：过定点与最值
1．设点P为直线l：上任意一点，过点P作圆O：的切线，切点分别为A，B，则直线AB必过定点（ ）
A．B．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.
【详解】如图，连接，，
根据题意，设为直线上的一点，则，
由于为圆的切线，则有，，则点、在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，半径，
则其方程为，变形可得，
联立可得直线AB：，又由，则有AB：，
变形可得，则有，解可得，故直线恒过定点.
故选：B.
2．已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线距离的最大值（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】假设点，求得以为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线的方程，然后可知直线过定点，最后判断和计算可得结果.
【详解】设，则，
则以为直径的圆的方程为，
与圆的方程相减，得到直线的方程为：，
又，可得，即，
可得，解得，所以直线恒过定点，
点到直线距离的最大值即为点，之间的距离，，
所以点到直线距离的最大值为.
故选：A.
3．已知圆，若点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线过定点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据切线特点先得到四点共圆，再得到为两个圆的公共弦，得到公共弦方程，最后分离参数得到过定点.
【详解】因为过点作圆的两条切线，所以，
所以四点共圆且直径为，
不妨令，因为，所以中点坐标为，
，则圆，
所以既在圆上，也在圆上，所以直线为两个圆的公共弦，
将两个圆作差可得直线，
即，令，解得，所以过定点，故选：C
4．已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则圆心到直线的距离的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据题意，设为直线上的一点，由圆的切线的性质得点在以为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆C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】由题意可得的圆心到直线的距离为，
即与圆相离；
设为直线上的一点，则，
过点P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 ，半径为，
则其方程为，变形可得 ，
联立，可得：，
又由，则有 ，变形可得 ，
则有，可得，故直线恒过定点，
设，由于，故点在内，
则时，C到直线的距离最大，其最大值为,故选∶B
5．已知圆：，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过定点
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设 则 即因此、在直线上，直线方程为，又，所以
即，直线经过定点，选A.
压轴题型十四：切点弦：切点弦长最值范围
1．若P为直线上一个动点，从点P引圆的两条切线PM，PN（切点为M，N），则线段MN的长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先设圆,圆心,根据贾意得到当最小时,最小,即可得到,再根据点在直线无限远取值时,趋近于，趋近于直径2,即可得到答案.
【详解】设圆,圆心,
要使的长度最小,则最小,即最小.
因为,所以当最小时, 最小.
又因为,所以当最小时, 最小.
因为,所以，由图易知其为锐角，
所以,，此时，
，则.
当点在直线无限远取值时, 趋近于，趋近于直径2,
所以.故选：B.
2．过直线上一动点，向圆引两条切线，为切点，线段的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】得到四点共圆，且为直径，求出以为直径的圆的方程，与联立求出相交弦所在直线的方程，得到其过的定点，再数形结合求出
要想线段取得最小值，只需，即为的中点时，利用勾股定理求出答案.
【详解】圆的圆心为原点，半径为，
因为，故四点共圆，且为直径，
设，则，线段的中点坐标为，
故以为直径的圆的方程为，
整理得：，与相减得：
直线的方程为，整理为，令，解得：，
即直线恒过点，
要想线段取得最小值，只需，即为的中点，
其中，则，故选：B
3．已知直线与圆，过直线上的任意一点向圆引切线，设切点为，若线段长度的最小值为，则实数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值.
【详解】圆，设，
则，则，，
则，所以圆心到直线的距离是，
，得，．故选：A．
4．已知点M作抛物线上运动，圆过点，过点M引直线与圆相切，切点分别为P，Q，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设圆的方程为： ,将点代入求得方程圆的方程为，由题意，得到求解.
【详解】解：设圆的方程为： ,
将点代入得，解得，则圆的方程为，
即，如图所示：
易知，又，
所以，当最小时，最小，
设，则，
当时，，当时，趋近圆的直径，
所以的取值范围为，故选：B
5．已知椭圆的焦距为，过上一点作圆的两条切线，切点分别是，，若弦长的最大值为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知可得，求出在点、处的切线方程为、，进而可得切点弦方程为，求出圆心到直线的距离，由最大值可得的最小值，进而可得最大值即为，由离心率公式即可求解.
【详解】因为椭圆的焦距为，可得，设，，，
因为直线的斜率为，因为在点处的切线方程为：即，
同理在点处的切线方程为：，因为两切线相交于点，所以，
因为，同时满足直线的方程，
所以直线即为切点弦的方程，此时圆心到直线：的距离，
所以弦长，因此弦长的最大值为，取得最小值为，所以最大值为，
又的几何意义是点到原点的距离，因为点到原点的距离最大值为，所以，
所以椭圆的离心率为，故选：D.
压轴题型十五：两圆相交弦最值范围
1．已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，点在圆上，则点到直线距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合点在直线上，求出切点弦AB的方程，确定其所经过的定点，确定当时，C到直线AB的距离最大，M到直线AB的距离也最大，即可求得答案.
【详解】根据题意，设点，则，过点作圆的切线，切点分别为A，B，
则有，，则点A，B在以为直径的圆上，
以为直径的圆的圆心为，半径，
则其方程为，变形可得，
联立，可得圆D和圆O公共弦为：，
又由，则有，变形可得，
则有，可解得，故直线恒过定点，
点在圆上，，
当时，C到直线AB的距离最大，M到直线AB的距离也最大，
则点到直线距离的最大值为.故选:B.
2．已知抛物线和圆，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点满足，，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由条件可知满足到两定点距离比为常数，设动点满足求解动点轨迹为圆，可知为两圆相交弦，得直线方程，再结合图形由点线距离公式得到圆上动点到直线的距离最大值.
【详解】抛物线的焦点，圆，其圆心，半径．
设点是满足的任意一动点，，则，
化简得，即.故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
由已知，，则圆M上的两点也在圆上.
所以AB是圆与圆的公共弦，将圆与圆的方程联立，
两式相减化简得直线AB的方程为，
由动点P在圆M上运动，又圆心到直线的距离，
结合图形可知，点到直线的最大距离为.故选：A．
3．已知点是圆上的两个动点，点是直线上动点，且，下列说法正确的是（ ）
A．圆上恰有一个点到直线的距离为B．长的最小值为
C．四边形面积的最小值为2D．直线恒过定点
【答案】D
【分析】利用圆心到直线的距离可判断A；利用圆的性质可得切线长，利用点到直线的距离可判断B；由题可得四边形的面积，可判断C；由题可知点在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D.
【详解】A.由题意得，圆心，半径，∴圆心到直线的距离为，
∵，∴圆上有两个点到直线的距离为，选项A错误.B. 如图，
∵∴，
∴，∴当最小时，有最小值，
当，即为圆心到直线的距离时，，∴，选项B错误.
C. 由题意得，，∴四边形面积为：，
由选项B可知，选项C错误.D.设，∵是圆的切线，
∴点在以为直径的圆上.∵，∴以为直径的圆为，
整理得，与圆方程相减得直线方程为：
，
由得，即直线恒过定点，选项D正确.故选：D.
4．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．圆和圆关于直线对称
B．圆和圆的公共弦长为
C．的取值范围为
D．若为直线上的动点，则的最小值为
【答案】D
【分析】求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用等等这些距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D.
【详解】对于A，和圆，
圆心和半径分别是，则两圆心中点为，
若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线，
但两圆心中点不在直线上，故A错误；
对于B，到直线的距离，故公共弦长为，B错误；
对于C，圆心距为，当点和重合时，的值最小，
当四点共线时，的值最大为，
故的取值范围为，C错误；
对于D，如图，设关于直线对称点为，
则解得即关于直线对称点为，
连接交直线于点，此时最小，
，
即的最小值为，D正确.故选：D.
5．如图，已知直线l：与圆O：相离，点P在直线l上运动且位于第一象限，过P作圆O的两条切线，切点分别是M、N，直线MN与x轴、y轴分别交于R、T两点，且面积的最小值为，则m的值为（ ）

A．－5B．－6C．D．
【答案】A
【分析】根据直线和圆的位置关系得到，设出，得到，作出辅助线，得到四点共圆，由几何关系求出圆的方程，从而求出相交弦方程，得到的面积，配方得到其最值，得到方程，得到答案.
【详解】直线l：与圆O：相离，故，解得，
设，点P在直线l上运动且位于第一象限，故，
连接，则⊥，⊥，则四点共圆，且为直径，
其中圆心为，半径为，故所在圆的方程为，化简得，
与相减得到直线MN的方程，即，
令得，令得，因为，所以，故，，
故的面积为，
因为，所以当时，的面积取得最大值，最大值为，
故，所以.故选：A
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
综述
1．斜率公式
(1)若直线l的倾斜角α≠90°，则斜率k＝tan α.
(2)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线l上，且x1≠x2，则l的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1).
二、直线方程的五种形式
名称
方程
适用范围
点斜式
y－y0＝k(x－x0)
不含直线x＝x0
斜截式
y＝kx＋b
不含垂直于x轴的直线
两点式
eq \f(y－y1,y2－y1)＝eq \f(x－x1,x2－x1)
不含直线x＝x1 (x1≠x2)和直线y＝y1 (y1≠y2)
截距式
eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1
不含垂直于坐标轴和过原点的直线
一般式
Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)
平面直角坐标系内的直线都适用
三、几种距离公式
(1)两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之间的距离：|P1P2|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12).
(2)点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离：d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
(3)两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0(其中C1≠C2)间的距离：d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
四、判断直线与圆的位置关系常用的两种方法
(1)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆半径r的大小关系：dr⇔相离．
(2)代数法：利用判别式Δ＝b2－4ac进行判断：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δr2， x02＋y02＋Dx0＋E y0＋F＞0；
(3)点在圆内：(x0－a)2＋(y0－b)2