2024年高考数学试题分类汇编 专题06 直线与圆

这是一份2024年高考数学试题分类汇编 专题06 直线与圆，共21页。
A．2B．3C．4D．
【答案】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，最小，
，此时.

故选：C
2．（新高考北京卷）求圆的圆心到的距离（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为，
故选：C.
3．（新课标全国Ⅱ卷）（多选题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
【答案】ABD
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：ABD
4．（新高考天津卷）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.
【详解】圆的圆心为，故即，
由可得，故或（舍），
故，故直线即或，
故原点到直线的距离为，
故答案为：
2024高考模拟试题汇编
单选题
1.（2024·河南·一模）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出线段长，再求出圆心到直线的距离，进而求得圆上的点到直线距离的范围即可求出三角形面积范围.
【详解】依题意，直线交轴于，交轴于，则，
圆的圆心到直线的距离，而圆的半径为，
于是圆上的点到直线的距离的范围为，
所以的面积.
故选：C
2．（2024·安徽·三模）直线：与圆：的公共点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．1或2
【答案】C
【分析】根据已知直线与圆的方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可判定.
【详解】由直线，可得直线过定点，
又由圆：，可得点在圆C上，
因为直线的斜率显然存在，所以公共点的个数为2.
故选：C.
3．（2024·河南·一模）直线，圆.则直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】先将圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用勾股定理即可求解.
【详解】圆的标准方程为，
由此可知圆的半径为，圆心坐标为，
所以圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为.
故选：D.
4．（2024·湖北·二模）直线与圆交于M、N两点，O为坐标原点，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】先联立方程，结合韦达定理可求出，根据向量数量积可求答案.
【详解】联立,得，
则，即，所以，
设，则：，，
故选：C
5．（2024·山东·三模）已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设出圆的标准方程，利用条件列方程组求解即可.
【详解】由题意设所求的圆方程为，
则，即，解得，
所以圆的方程为.
故选：D
6．（2024·广东·二模）已知P是过，，三点的圆上的动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．5D．20
【答案】B
【分析】由向量的坐标运算可得，即得是以为直径的圆上的三点，从而可求得结果.
【详解】依题意，，则，
因此线段是圆的直径，且，而点是该圆上的点，
所以的最大值为.
故选：B
7．（2024·山东·二模）已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A．2或4B．2或3C．4或5D．3或5
【答案】D
【分析】根据题意可知：点P的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，结合两圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，且，
因为，可知点P的轨迹为以线段的中点为圆心，半径的圆，
又因为点P在圆上，
可知圆与圆有且仅有一个公共点，则或，
即或，解得或.
故选：D.
8．（2024·湖南·一模）已知抛物线方程为:，焦点为.圆的方程为，设为抛物线上的点， 为圆上的一点，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】根据抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到直线的距离，即，从而得到，三点共线时和最小；再由在圆上，得到最小值.
【详解】

由抛物线方程为，得到焦点，准线方程为，过点做准线的垂线，垂足为，
因为点在抛物线上，所以，
所以，当点固定不动时，三点共线，即垂直于准线时和最小，
又因为在圆上运动，由圆的方程为得圆心，半径，所以，
故选：C.
二、多选题
9．（2024·湖南·三模）已知圆 ，直线 ，则（ ）
A．直线 恒过定点
B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 1
C．直线与圆可能相切
D．若圆与圆 恰有三条公切线，则
【答案】AD
【分析】本题先根据直线l的方程判断出直线l恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，可解决选项A和选项C的问题；根据圆心到直线的距离判断满足条件点的个数，可解决选项B的问题；由选项D的条件可得两圆外切，由此可求得参数a的值.
【详解】由直线，得 ，
因为，则满足 ，解得 ，
所以直线恒过定点 ，故选项A正确.
因为当时，直线为:，
则圆心 到直线的距离为 ，
则此时直线与圆相交所得劣弧的顶点到直线的距离，
所以圆上只有 2 个点到直线的距离为 1，故选项B错误.
因为直线过定点 ，又 ，
所以定点在圆内，则直线与圆一定相交，故选项错误.
由圆的方程 可得，，
所以圆心为 ，半径为 ，
因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，
则 ，解得 ，故选项正确.
故选：AD.
10．（2024·山东·一模）已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心的坐标为
B．直线与圆始终有两个交点
C．当时，直线与圆相交于两点，则的面积为
D．点到直线的距离最大时，
【答案】ABD
【分析】对于A，对圆的方程配方后可求出圆心判断，对于B，先求出过定点，再判断点与圆的位置关系，从而可得结论，对于C，先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，从而可求出的面积，对于D，由于直线过定点，则当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，从而可求出的值.
【详解】对于A：配方得，所以圆心，半径，所以A正确；
对于B：由，得，则直线过定点，
因为，所以点在圆内，
所以直线与圆始终有两个交点，所以B正确;
对于C：设圆心到直线的距离为，则，弦长，
所以面积，所以C不正确．
对于D：由题意得直线过定点，故当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，由于，故得，所以D正确．
故选：ABD．
11．（2024·江苏·一模）设a，b为实数，已知圆O：，点在圆O外，以线段为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，点Q的轨迹方程为
B．当，时，直线的方程为
C．当，时，
D．若圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，则
【答案】BCD
【分析】根据为的直径，所以，可求，得点轨迹，判断A的真假；根据两圆公共弦的直线方程的求法 ，判断B的真假；利用二倍角公式，求，判断C的真假；利用点与圆的位置关系，判断D的真假.
【详解】对A：如图
时，，所以点Q的轨迹方程为，故A错误；
对B：如图：
当，时，的方程为：即，
所以直线的方程为.
故B正确；
对C：如图：
当，时，在中，，
所以.
故C正确；
对D：因为点在外，所以，又圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，
所以，所以，即.
故D正确.
故选：BCD
12．（2024·广东·一模）已知圆，则（ ）
A．圆的圆心坐标为
B．圆的周长为
C．圆与圆外切
D．圆截轴所得的弦长为3
【答案】BC
【分析】根据圆C和圆M的方程得它们的圆心和半径即可求解判断ABC，对于D求出圆C上横坐标为0的点的纵坐标即可判断.
【详解】对于AB，圆的方程可化为，
可得圆心的坐标为，半径为，则周长为，可知错误，正确；
对于，由，为两圆半径之和，可知正确；
对于，令，可得，解得或3，
可得圆截轴所得的弦长为4，可知错误.
故选：BC.
13．（2024·河北·三模）已知，动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹围成的图形面积为
B．的最小值为
C．是的任意两个位置点，则
D．过点的直线与点的轨迹交于点，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】由得，计算面积可判断A；结合图象可知，当共线的时候取值最小值，可判断B；过A向圆引切线，用两条切线夹角来可判断C；分别用斜率存在和不在两种情况写出过点的直线方程，然后由圆的几何性质求，进而结合基本不等式可得的最小值，即可判断D.
【详解】由得：，即，
点的轨迹为圆心，半径的圆.
对于A：面积为，故A正确；
对于B：点B在圆内，由图知，当共线的时候等号成立，
所以最小值为，故B正确，
对于C：因为，，所以过A向圆引切线，切线长等于，则两条切线夹角为，故C不正确.
对于D：斜率不存在时，过点的直线方程为，此时；
斜率存在时，过点的直线方程为，即，
则圆心到该直线的距离，
由圆的几何性质，，
当时，；
当时， ；
当时，，当且仅当即时取等号，
综上所述，的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
14．（2024·山西·三模）已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】BCD
【分析】由已知得出点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，得出的范围，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出范围，进而判断出答案．
【详解】因为，
所以，
因为是中点，所以，
所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设为点，则，
所以，
又，两点关于点对称，
所以为直角三角形，且为斜边中点，则，
所以，
故选：BCD．
15．（2024·浙江·二模）对于任意的两点，，定义间的折线距离，反折线距离，表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．.
B．若，则.
C．若斜率为，.
D．若存在四个点使得，且，则的取值范围.
【答案】ABD
【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不等式取等的条件（即，，两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结论），即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然后利用解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设，我们有
，
故A正确；
对于B，若，则，
这意味着.
从而由，知，
即，所以.
故.
而.
故.
从而由，知，故B正确；
对于C，考虑，，此时，所以.
但，故C错误；
对于D，条件等价于关于的方程组，即有四个解.
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形和圆有四个公共点，直观的理解即为圆与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当时，圆与上方的两条边相切，
当时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是，
下面再使用二次方程工具严格证明此结论（也可以使用距离公式等其它方法证明）.
若满足原方程组，则，故.
而，
故，同时还有.
由于当确定后，只有唯一可能的取值，而方程组有四个解，
所以使得相应的存在的至少有四个.
根据前面的讨论，这样的必满足，且，
所以方程必定在上有四个解.
这表明关于的方程在上一定有两个解，
所以首先有判别式为正数，结合
，
就有.
同时，由于两根都在内，故两根乘积为正数，故，即.
这就证明了.
最后，当时，原方程组的确存在四组不同的解：
，，
，.
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
16．（2024·广东·一模）已知点P，Q分别是拋物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为
【答案】
【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，再通过转化求的最小值.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，
又由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
设定点，满足成立，且，
即恒成立，
其中，代入两边平方可得：
，解得：，，
所以定点满足恒成立，
可得，
如图所示，当且仅当在一条直线上时，
此时取得最小值，
即，
设，满足，
所以，
，
当时，等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化距离，再转化求得点M的坐标.
17．（2024·湖南·三模）已知圆，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于A，B两点，且，则圆和圆的公共弦所在的直线方程为 .
【答案】
【分析】根据相切和弦长求出圆的方程，再联立两圆方程，即可得到相交弦所在的直线方程.
【详解】由圆与轴相切于点，可设圆的方程为，
由，则，所以圆的方程为，
圆与圆的方程相减得，即为两圆的相交弦所在直线方程.
故答案为：
18．（2024·河北张家口·三模）圆与圆的公切线的方程为 ．
【答案】
【分析】先判断两圆位置关系，然后将圆化为一般式，两式相减可得.
【详解】圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为6，
因为，所以两圆内切，只有一条公切线，
将圆化为一般式得：
，，
两式相减得，即，
所以圆的公切线的方程为.
故答案为：
19．（2024·河北·二模）已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则 ， ．
【答案】 2
【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.
【详解】圆的标准方程为，圆心，
则为的角平分线，所以．
设，则，
所以，则，
即，解得，则，
所以点与重合，
此时，可得，
所以．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.
20．（2024·福建·三模）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点M与两个定点A，B的距离之比为常数（，），则点M的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，M是平面内一动点，且，则点M的轨迹方程为 .若点Р在圆上，则的最小值是 .
【答案】
【分析】根据两点距离公式计算即可得第一空，设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，根据三角形三边关系求最值即可.
【详解】设，则，
整理得（或）.
设，则，
故
.
令，则=.
故答案为：；
.
【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.