十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题27直线与圆填选题综合(四大考点，69题)(学生版+解析)

这是一份十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题27直线与圆填选题综合(四大考点，69题)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了已知A,B，C在Γ，到直线l的距离是等内容，欢迎下载使用。

考点01：直线与方程
1．（2025·上海·高考真题）已知A(0,1),B(1,2)，C在Γ:x2−y2=1(x≥1,y≥0)上，则△ABC的面积（ ）
A．有最大值，但没有最小值B．没有最大值，但有最小值
C．既有最大值，也有最小值D．既没有最大值，也没有最小值
【答案】A
【分析】设出曲线上一点为(a,b)，得出a=b2+1，将三角形的高转化成关于b的函数,分析其单调性，从而求解.
【详解】设曲线上一点为(a,b)，则a2−b2=1，则a=b2+1，
kAB=2−11−0=1，AB方程为：y−1=x，即x−y+1=0，
根据点到直线的距离公式，(a,b)到AB的距离为：a−b+12=b2+1−b+12=b2+1−b+12，
设f(b)=b2+1−b=1b2+1+b，
由于b≥0，显然f(b)关于b单调递减，f(b)max=f(0)，无最小值，
即△ABC中，AB边上的高有最大值，无最小值，
又AB一定，故面积有最大值，无最小值.
故选：A
2．（2024·北京·高考真题）已知M=x,y|y=x+tx2−x,1≤x≤2,0≤t≤1是平面直角坐标系中的点集.设d是M中两点间距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（ ）
A．d=3，S1
C．d=10，S1
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域y≤x2y≥x1≤x≤2，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定x∈1,2，则x2−x=xx−1≥0，且t∈0,1，
可知x≤x+tx2−x≤x+x2−x=x2，即x≤y≤x2，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域y≤x2y≥x1≤x≤2，
如图阴影部分所示，其中A1,1,B2,2,C2,4，
可知任意两点间距离最大值d=AC=1−22+1−42=10，
阴影部分面积S0)上到直线y=3x+2的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A．(0,1)B．(1,3)C．(3,+∞)D．(0,+∞)
【答案】B
【分析】先求出圆心E0,−2到直线y=3x+2的距离，然后结合图象，即可得出结论.
【详解】由题意，
在圆x2+y+22=r2r>0中，圆心E0,−2，半径为r，
到直线y=3x+2的距离为1的点有且仅有 2个，
∵圆心E0,−2到直线y=3x+2的距离为：d=0×3−−2×1+232+−12=2，

故由图可知，
当r=1时，
圆x2+y+22=r2r>0上有且仅有一个点（A点）到直线y=3x+2的距离等于1；
当r=3时，
圆x2+y+22=r2r>0上有且仅有三个点（B,C,D点）到直线y=3x+2的距离等于1；
当则r的取值范围为1,3时，
圆x2+y+22=r2r>0上有且仅有两个点到直线y=3x+2的距离等于1.
故选：B.
15．（2024·北京·高考真题）圆x2+y2−2x+6y=0的圆心到直线x−y+2=0的距离为（ ）
A．2B．2C．3D．32
【答案】D
【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x2+y2−2x+6y=0，即x−12+y+32=10，
则其圆心坐标为1,−3，则圆心到直线x−y+2=0的距离为1−−3+212+−12=32.
故选：D.
16．（2023·全国乙卷·高考真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域x,y1≤x2+y2≤4内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于π4的概率为（ ）
A．18B．16C．14D．12
【答案】C
【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.
【详解】因为区域x,y|1≤x2+y2≤4表示以O0,0圆心，外圆半径R=2，内圆半径r=1的圆环，
则直线OA的倾斜角不大于π4的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角∠MON=π4，
结合对称性可得所求概率P=3π×143π=14.
故选：C.

17．（2022·北京·高考真题）若直线2x+y−1=0是圆(x−a)2+y2=1的一条对称轴，则a=（ ）
A．12B．−12C．1D．−1
【答案】A
【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【详解】由题可知圆心为a,0，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a+0−1=0，解得a=12．
故选：A．
18．（2020·全国I卷·高考真题）已知圆x2+y2−6x=0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】当直线和圆心与点(1,2)的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【详解】圆x2+y2−6x=0化为(x−3)2+y2=9，所以圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，
设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时|CP|=(3−1)2+(−2)2=22
根据弦长公式得最小值为29−|CP|2=29−8=2.
故选：B.
【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.
19．（2020·北京·高考真题）已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案.
【详解】设圆心Cx,y，则x−32+y−42=1，
化简得x−32+y−42=1，
所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，
所以|OC|+1≥|OM| =32+42=5，所以|OC|≥5−1=4，
当且仅当C在线段OM上时取得等号，
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
20．（2020·山东·高考真题）已知圆心为−2,1的圆与y轴相切，则该圆的标准方程是（ ）
A．x+22+y−12=1B．x+22+y−12=4
C．x−22+y+12=1D．x−22+y+12=4
【答案】B
【分析】圆的圆心为(−2,1)，半径为2，得到圆方程.
【详解】根据题意知圆心为(−2,1)，半径为2，故圆方程为：(x+2)2+(y−1)2=4.
故选：B.
21．（2018·全国III卷·高考真题）直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x−22+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是
A．2 ， 6B．4 ， 8C．2 ， 32D．22 ， 32
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到AB，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：∵直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点
∴A−2,0,B(0,−2),则AB=22
∵点P在圆（x−2）2+y2=2上
∴圆心为（2，0），则圆心到直线距离d1=|2+0+2|2=22
故点P到直线x+y+2=0的距离d2的范围为[2,32]
则S△ABP=12ABd2=2d2∈[2,6]
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
22．（2018·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，记d为点Pcsθ,sinθ到直线x−my−2=0的距离，当θ、m变化时，d的最大值为
A．1B．2
C．3D．4
【答案】C
【分析】P为单位圆上一点，而直线x−my−2=0过点A2,0，则根据几何意义得d的最大值为OA+1.
【详解】∵cs2θ+sin2θ=1，∴ P为单位圆上一点，而直线x−my−2=0过点A2,0，
所以d的最大值为OA+1=2+1=3，选C.
【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
23．（2016·全国II卷·高考真题）圆x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线ax+y−1=0的距离为1，则a=
A．−43B．−34C．3D．2
【答案】A
【详解】试题分析：由x2+y2−2x−8y+13=0配方得(x−1)2+(y−4)2=4，所以圆心为(1,4)，因为圆x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线ax+y−1=0的距离为1，所以|a+4−1|a2+12=1，解得a=−43，故选A.
【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式
【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围．
24．（2016·四川·高考真题）在平面内，定点A，B，C，D满足|DA|=|DB|=|DC|,DA⋅ DB=DB⋅ DC=DC⋅ DA=–2，动点P，M满足|AP|=1，PM=MC，则|BM|2的最大值是
A．434B．494C．37+634D．37+2334
【答案】B
【详解】试题分析：由已知易得∠ADC=∠ADB=∠BDC=120°, |DA|=|DB|=|DC|=2.以D为原点，直线DA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(2 , 0) , B(−1 , −3) , C(−1 , 3) . 设P(x , y) , 由已知|AP|=1，得(x−2)2+y2=1，又PM=MC, ∴M(x−12 , y+32) , ∴BM=(x+12 , y+332) ,
∴|BM→|2=(x+1)2+(y+33)24，它表示圆(x−2)2+y2=1上的点(x ，y)与点(−1 , −33)的距离的平方的14，∴(|BM→|)2max=14(32+(33)2+1)2=494，故选B.
【考点】平面向量的数量积运算，向量的夹角，解析几何中与圆有关的最值问题
【名师点睛】本题考查平面向量的夹角与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，因此我们要把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出∠ADC=∠ADB=∠BDC=120°，且|DA|=|DB|=|DC|=2，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出点A,B,C,D的坐标，同时动点P的轨迹是圆，则|BM|2=(x+1)2+(y+33)24，因此可用圆的性质得出最值．因此本题又考查了数形结合的数学思想．
25．（2016·四川·高考真题）已知正三角形ABC的边长为23，平面ABC内的动点P，M满足|AP|=1，PM=MC，则|BM|2的最大值是
A．134B．494C．37+634D．37+2334
【答案】B
【详解】设D为三角形ABC的外心，如图可得∠ADC=∠ADB=∠BDC=120°, |DA|=|DB|=|DC|=2.以D为原点，直线DA为x轴建立平面直角坐标系，则A(2 , 0) , B(−1 , −3) , C(−1 , 3) . 设P(x , y) , 由已知|AP|=1，得(x−2)2+y2=1，又PM=MC, ∴M(x−12 , y+32) , ∴BM=(x+12 , y+332) ,
∴|BM|2=(x+1)2+(y+33)24，它表示圆(x−2)2+y2=1上的点(x,y)与点(−1 , −33)的距离的平方的14，∴(|BM|2)max=14(32+(33)2+1)2=494，故选B.
【名师点睛】本题考查平面向量的夹角与向量的模，由于结论是要求向量模的平方的最大值，因此我们要把它用一个参数表示出来，解题时首先对条件进行化简变形，本题中得出∠ADC=∠ADB=∠BDC=120°，且|DA|=|DB|=|DC|=2，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出点A,B,C,D的坐标，同时动点P的轨迹是圆，则|BM|2=(x+1)2+(y+33)24，因此可用圆的性质得出最值．因此本题又考查了数形结合的数学思想．
26．（2017·全国·高考真题）已知点A(−5,4),B(3,−2)，则以AB为直径的圆的方程为（ ）
A．(x+1)2+(y+1)2=25B．(x+1)2+(y−1)2=25
C．(x+1)2+(y+1)2=100D．(x+1)2+(y−1)2=100
【答案】B
【分析】利用中点坐标公式求出圆心，利用两点间距离公式求出半径，从而得到圆的方程即可.
【详解】设AB中点为O，则O−5+32,4−22，即O−1,1，
设圆半径为r，则r=AB2=123−(−5)2+(−2)−42=5，
则以AB为直径的圆的方程为(x+1)2+(y−1)2=25.
故选：B.
二、多选题
27．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知直线l:ax+by−r2=0与圆C:x2+y2=r2，点A(a,b)，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为a2+b2,r2的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心C(0,0)到直线l的距离d=r2a2+b2，
若点A(a,b)在圆C上，则a2+b2=r2，所以d=r2a2+b2=|r|，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点A(a,b)在圆C内，则a2+b2|r|，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点A(a,b)在圆C外，则a2+b2>r2，所以d=r2a2+b2n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C．若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，m>n>0时表示椭圆，m=n>0时表示圆，mn0时表示两条直线.
【详解】对于A，若m>n>0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
因为m>n>0，所以1m0，则mx2+ny2=1可化为x2+y2=1n，
此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；
对于C，若mn0，则mx2+ny2=1可化为y2=1n，
y=±nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
三、填空题
29．（2023·上海·高考真题）已知圆x2+y2−4x−m=0的面积为π，则m= ．
【答案】−3
【分析】根据圆的面积求出圆的半径，利用圆的标准方程求出半径即可列方程求解.
【详解】圆x2+y2−4x−m=0化为标准方程为：(x−2)2+y2=4+m，
∵圆的面积为S=πr2=π，∴圆的半径为r=1，
∴4+m=1，解得m=−3．
故答案为：−3
30．（2022·全国乙卷·高考真题）过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为 ．
【答案】x−22+y−32=13或x−22+y−12=5或x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925．
【分析】方法一：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，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x2+y2+Dx+Ey+F=0，
（1）若过0,0，4,0，−1,1，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得F=0D=−4E=−6，
所以圆的方程为x2+y2−4x−6y=0，即x−22+y−32=13；
（2）若过0,0，4,0，4,2，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−4E=−2，
所以圆的方程为x2+y2−4x−2y=0，即x−22+y−12=5；
（3）若过0,0，4,2，−1,1，则F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−83E=−143，
所以圆的方程为x2+y2−83x−143y=0，即x−432+y−732=659；
（4）若过−1,1，4,0，4,2，则1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=−165D=−165E=−2，所以圆的方程为x2+y2−165x−2y−165=0，即x−852+y−12=16925；
故答案为：x−22+y−32=13或 x−22+y−12=5或 x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925．
[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）
设点A0,0，B4,0，C−1,1，D4,2
（1）若圆过A、B、C三点，圆心在直线x=2，设圆心坐标为(2,a)，
则4+a2=9+(a−1)2⇒a=3,r=4+a2=13，所以圆的方程为(x−2)2+(y−3)2=13；
（2）若圆过A、B、D三点， 设圆心坐标为(2,a)，则4+a2=4+(a−2)2⇒a=1,r=4+a2=5，所以圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=5；
（3）若圆过 A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为y=x+1，线段AD 的中垂线方程 为y=−2x+5，联立得x=43,y=73⇒r=653 ，所以圆的方程为(x−43)2+(y−73)2=659；
（4）若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为y=1， 线段BC中垂线方程为 y=5x−7，联立得x=85,y=1⇒r=135，所以圆的方程为(x−85)2+y−12=16925．
故答案为：x−22+y−32=13或 x−22+y−12=5或 x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925．
【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．
31．（2022·全国甲卷·高考真题）设点M在直线2x+y−1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为 ．
【答案】(x−1)2+(y+1)2=5
【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线2x+y−1=0上，
∴设点M为(a,1−2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴(a−3)2+(1−2a)2=a2+(−2a)2=R，
a2−6a+9+4a2−4a+1=5a2，解得a=1，
∴M(1,−1)，R=5，
⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.
故答案为：(x−1)2+(y+1)2=5
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线2x+y−1=0的交点(1,-1).R=5, ⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.
故答案为：(x−1)2+(y+1)2=5
32．（2019·北京·高考真题）设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为 ．
【答案】(x-1)2+y2=4.
【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，即圆心，焦点到准线距离即半径，进而求得结果.
【详解】抛物线y2=4x中，2p=4，p=2，
焦点F（1,0），准线l的方程为x=-1，
以F为圆心，
且与l相切的圆的方程为 (x-1)2+y2=22,即为(x-1)2+y2=4.
【点睛】本题主要考查抛物线的焦点坐标，抛物线的准线方程，直线与圆相切的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
33．（2019·浙江·高考真题）已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r.若直线2x−y+3=0与圆相切于点A(−2,−1)，则m= ，r= .
【答案】 m=−2 r=5
【分析】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC的斜率，进一步得到其方程，将(0,m)代入后求得m，计算得解.
【详解】可知kAC=−12⇒AC:y+1=−12(x+2)，把(0,m)代入得m=−2，此时r=|AC|=4+1=5.
【点睛】解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.
34．（2018·天津·高考真题）在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为 ．
【答案】x2+y2−2x=0
【详解】分析：由题意利用待定系数法求解圆的方程即可.
详解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则：
F=01+1+D+E+F=04+0+2D+F=0，解得：D=−2E=0F=0，则圆的方程为x2+y2−2x=0.
点睛：求圆的方程，主要有两种方法：
(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．
(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
35．（2017·天津·高考真题）设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若∠FAC=120°，则圆的方程为 .
【答案】(x+1)2+(y−3)2=1
【详解】设圆心坐标为C(−1,m)，则A(0,m)，焦点F(1,0)，
AC=(−1,0),AF=(1,−m)，
cs∠CAF=AC⋅AFAC⋅AF=−11+m2=−12，m=±3，
由于圆C与y轴得正半轴相切，
则取m=3，所求圆得圆心为(−1,3)，半径为1，
所求圆的方程为(x+1)2+(y−3)2=1.
36．（2016·天津·高考真题）已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0,5)在圆C上，且圆心到直线2x−y=0的距离为455，则圆C的方程为 .
【答案】(x−2)2+y2=9.
【详解】试题分析：设C(a,0)(a>0)，则|2a|5=455⇒a=2,r=22+（5）2=3，故圆C的方程为(x−2)2+y2=9.
【考点】直线与圆位置关系
【名师点睛】求圆的方程有两种方法：
（1）代数法：即用“待定系数法”求圆的方程．①若已知条件与圆的圆心和半径有关，则设圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解．②若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，则选择圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解．
（2）几何法：通过研究圆的性质、直线和圆的位置关系等求出圆心、半径，进而写出圆的标准方程．
37．（2017·北京·高考真题）在极坐标系中，点A在圆ρ2−2ρcsθ−4ρsinθ+4=0上，点P的坐标为1,0，则AP的最小值为 ．
【答案】1
【详解】试题分析：将圆的极坐标方程化为普通方程为x2+y2−2x−4y+4=0，整理为x−12+y−22=1，圆心为C1,2，点P是圆外一点，所以AP的最小值就是PC−r=2−1=1.
【考点】极坐标与直角坐标方程的互化，点与圆的位置关系
【名师点睛】（1）熟练运用互化公式：ρ2=x2+y2,y=ρsinθ,x=ρcsθ将极坐标化为直角坐标；（2）直角坐标方程与极坐标方程的互化，关键要掌握好互化公式，研究极坐标系下图形的性质时，可转化为在直角坐标系的情境下进行．
38．（2016·浙江·高考真题）已知a∈R，方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆，则圆心坐标是 ，半径是 ．
【答案】 (−2,−4)； 5．
【详解】试题分析：由题意，知a2=a+2，a=−1或2，当a=−1时，方程为x2+y2+4x+8y−5=0，即(x+2)2+(y+4)2=25，圆心为(−2,−4)，半径为5，当a=2时，方程为4x2+4y2+4x+8y+10=0，(x+12)2+(y+1)2=−54不表示圆．
圆的标准方程.
由方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆可得a的方程，解得a的值，一定要注意检验a的值是否符合题意，否则很容易出现错误．
考点03：直线与圆的位置关系
一、单选题
39．（2024·全国甲卷·高考真题）已知直线ax+by−a+2b=0与圆C：x2+y2+4y−1=0交于A,B两点，则AB的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【分析】根据题意，由条件可得直线过定点P1,−2，从而可得当PC⊥AB时，AB的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解.
【详解】因为直线ax+by−a+2b=0，即ax−1+by+2=0，令x−1=0，
则x=1,y=−2，所以直线过定点1,−2，设P1,−2，
将圆C：x2+y2+4y−1=0化为标准式为x2+y+22=5，
所以圆心C0,−2，半径r=5，PC=1
当PC⊥AB时，AB的最小，
此时AB=2r2−PC2=2×5−1=4.
故选：C
40．（2024·全国甲卷·高考真题）已知b是a,c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y−1=0交于A,B两点，则AB的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．25
【答案】C
【分析】结合等差数列性质将c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a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，c=2b−a，代入直线方程ax+by+c=0得
ax+by+2b−a=0，即ax−1+by+2=0，令x−1=0y+2=0得x=1y=−2，
故直线恒过1,−2，设P1,−2，圆化为标准方程得：C:x2+y+22=5，
设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，AB最小，
PC=1,AC=r=5，此时AB=2AP=2AC2−PC2=25−1=4.

故选：C
41．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点0,−2与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（ ）
A．1B．154C．104D．64
【答案】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k2+8k+1=0，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为x2+y2−4x−1=0，即x−22+y2=5，可得圆心C2,0，半径r=5，
过点P0,−2作圆C的切线，切点为A,B，
因为PC=22+−22=22，则PA=PC2−r2=3，
可得sin∠APC=522=104,cs∠APC=322=64，
则sin∠APB=sin2∠APC=2sin∠APCcs∠APC=2×104×64=154，
cs∠APB=cs2∠APC=cs2∠APC−sin2∠APC=642−1042=−140
设两切线斜率分别为k1,k2，则k1+k2=−8,k1k2=1，
可得k1−k2=k1+k22−4k1k2=215，
所以tanα=k1−k21+k1k2=15，即sinαcsα=15，可得csα=sinα15，
则sin2α+cs2α=sin2α+sin2α15=1，
且α∈0,π，则sinα>0，解得sinα=154.
故选：B.

42．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5，C的一条渐近线与圆(x−2)2+(y−3)2=1交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．55B．255C．355D．455
【答案】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e=5，则c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=5，
解得ba=2，
所以双曲线的渐近线为y=±2x，
当渐近线为y=−2x时，圆心(2,3)到该渐近线的距离d=|2×2+3|22+1=755>1，不合题意；
当渐近线为y=2x时，则圆心(2,3)到渐近线的距离d=|2×2−3|22+1=55，
所以弦长|AB|=2r2−d2=21−15=455.
故选：D
43．（2023·全国乙卷·高考真题）已知实数x,y满足x2+y2−4x−2y−4=0，则x−y的最大值是（ ）
A．1+322B．4C．1+32D．7
【答案】C
【分析】法一：令x−y=k，利用判别式法即可；法二：通过整理得x−22+y−12=9，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设x−y=k，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令x−y=k，则x=k+y，
代入原式化简得2y2+2k−6y+k2−4k−4=0，
因为存在实数y，则Δ≥0，即2k−62−4×2k2−4k−4≥0，
化简得k2−2k−17≤0，解得1−32≤k≤1+32，
故x−y 的最大值是32+1，
法二：x2+y2−4x−2y−4=0，整理得x−22+y−12=9，
令x=3csθ+2，y=3sinθ+1，其中θ∈0,2π，
则x−y=3csθ−3sinθ+1=32csθ+π4+1，
∵θ∈0,2π，所以θ+π4∈π4,9π4，则θ+π4=2π，即θ=7π4时，x−y取得最大值32+1，
法三：由x2+y2−4x−2y−4=0可得(x−2)2+(y−1)2=9，
设x−y=k，则圆心到直线x−y=k的距离d=|2−1−k|2≤3，
解得1−32≤k≤1+32
故选：C.
44．（2022·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知关于点集Ω=x,yx−k2+y−k22=4k,k∈Z的两个结论：
①存在直线l，使得集合Ω中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧；
②存在直线l，使得集合Ω中存在无数个点在直线上.
则下列判断正确的是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
【答案】B
【分析】
对于①只需要找一条直线，使得一部分圆在直线的方程，余下圆在直线的下方即可.对于②从极限的思想考虑.
【详解】对于①，取直线y=20.5,
则对于任意的020.5，
故圆x−k2+y−k22=4k均在直线y=20.5的上方，
而当k=0时，x−k2+y−k22=4k表示原点，它在直线y=20.5的下方，
故此时集合Ω中所有的点均不在直线y=20.5上，且存在点在直线y=20.5的两侧.
所以①成立.
对于②，设直线l的方程为y=mx+t，则圆心k,k2到直线l的距离为d=mk−k2+t1+m2
当k→+∞时d=mk−k2+t1+m2>2k=r所以直线l只能与有限个圆相交，所以②不成立.
故选：B
45．（2021·北京·高考真题）已知直线y=kx+m（m为常数）与圆x2+y2=4交于点M，N，当k变化时，若|MN|的最小值为2，则m=
A．±1B．±2C．±3D．±2
【答案】C
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出m
【详解】由题可得圆心为0,0，半径为2，
则圆心到直线的距离d=mk2+1，
则弦长为|MN|=24−m2k2+1，
则当k=0时，MN取得最小值为24−m2=2，解得m=±3.
故选：C.
46．（2020·全国II卷·高考真题）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为（ ）
A．55B．255C．355D．455
【答案】B
【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为(a,a),a>0，可得圆的半径为a，写出圆的标准方程，利用点(2,1)在圆上，求得实数a的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线2x−y−3=0的距离.
【详解】由于圆上的点(2,1)在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为(a,a)，则圆的半径为a，
圆的标准方程为(x−a)2+(y−a)2=a2.
由题意可得(2−a)2+(1−a)2=a2，
可得a2−6a+5=0，解得a=1或a=5，
所以圆心的坐标为(1,1)或(5,5)，
圆心到直线的距离均为d1=|2×1−1−3|5=255；
圆心到直线的距离均为d2=|2×5−5−3|5=255
圆心到直线2x−y−3=0的距离均为d=|−2|5=255；
所以，圆心到直线2x−y−3=0的距离为255.
故选：B.
【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
47．（2020·全国I卷·高考真题）已知⊙M：x2+y2−2x−2y−2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A．2x−y−1=0B．2x+y−1=0C．2x−y+1=0D．2x+y+1=0
【答案】D
【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点A,P,B,M共圆，且AB⊥MP，根据 PM⋅AB=4S△PAM=4PA可知，当直线MP⊥l时，PM⋅AB最小，求出以 MP为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线AB的方程．
【详解】圆的方程可化为x−12+y−12=4，点 M到直线l的距离为d=2×1+1+222+12=5>2，所以直线 l与圆相离．
依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且AB⊥MP，所以PM⋅AB=4S△PAM=4×12×PA×AM=4PA，而 PA=MP2−4，
当直线MP⊥l时，MPmin=5， PAmin=1，此时PM⋅AB最小．
∴MP:y−1=12x−1即 y=12x+12，由y=12x+122x+y+2=0解得， x=−1y=0．
所以以MP为直径的圆的方程为x−1x+1+yy−1=0，即 x2+y2−y−1=0，
两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直线AB的方程．
故选：D.
【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．
48．（2020·全国III卷·高考真题）若直线l与曲线y=x和x2+y2=15都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1B．y=2x+12C．y=12x+1D．y=12x+12
【答案】D
【分析】根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线l在曲线y=x上的切点为(x0,x0)，则x0>0，
函数y=x的导数为y'=12x，则直线l的斜率k=12x0，
设直线l的方程为y−x0=12x0(x−x0)，即x−2x0y+x0=0，
由于直线l与圆x2+y2=15相切，则x01+4x0=15，
两边平方并整理得5x02−4x0−1=0，解得x0=1，x0=−15（舍），
则直线l的方程为x−2y+1=0，即y=12x+12.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
二、多选题
49．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：y2=4x的准线为l，P为C上的动点，过P作⊙A:x2+(y−4)2=1的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与⊙A相切
B．当P，A，B三点共线时，|PQ|=15
C．当|PB|=2时，PA⊥AB
D．满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个
【答案】ABD
【分析】A选项，抛物线准线为x=−1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P,A,B三点共线时，先求出P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据PB=2先算出P的坐标，然后验证kPAkAB=−1是否成立；D选项，根据抛物线的定义，PB=PF，于是问题转化成PA=PF的P点的存在性问题，此时考察AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线y2=4x的准线为x=−1，
⊙A的圆心(0,4)到直线x=−1的距离显然是1，等于圆的半径，
故准线l和⊙A相切，A选项正确；
B选项，P,A,B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP=4，
由yP2=4xP，得到xP=4，故P(4,4)，
此时切线长PQ=PA2−r2=42−12=15，B选项正确；
C选项，当PB=2时，xP=1，此时yP2=4xP=4，故P(1,2)或P(1,−2)，
当P(1,2)时，A(0,4),B(−1,2)，kPA=4−20−1=−2，kAB=4−20−(−1)=2，
不满足kPAkAB=−1；
当P(1,−2)时，A(0,4),B(−1,−2)，kPA=4−(−2)0−1=−6，kAB=4−(−2)0−(−1)=6，
不满足kPAkAB=−1；
于是PA⊥AB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，PB=PF，这里F(1,0)，
于是PA=PB时P点的存在性问题转化成PA=PF时P点的存在性问题，
A(0,4),F(1,0)，AF中点12,2，AF中垂线的斜率为−1kAF=14，
于是AF的中垂线方程为：y=2x+158，与抛物线y2=4x联立可得y2−16y+30=0，
Δ=162−4×30=136>0，即AF的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个P点，使得PA=PF，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设Pt24,t，由PB⊥l可得B−1,t，又A(0,4)，又PA=PB，
根据两点间的距离公式，t416+(t−4)2=t24+1，整理得t2−16t+30=0，
Δ=162−4×30=136>0，则关于t的方程有两个解，
即存在两个这样的P点，D选项正确.
故选：ABD
50．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点P在圆x−52+y−52=16上，点A4,0、B0,2，则（ ）
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，PB=32
D．当∠PBA最大时，PB=32
【答案】ACD
【分析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆x−52+y−52=16的圆心为M5,5，半径为4，
直线AB的方程为x4+y2=1，即x+2y−4=0，
圆心M到直线AB的距离为5+2×5−412+22=115=1155>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为1155−40，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆x+22+y2=3和曲线y2=2px均关于x轴对称，不妨设切线方程为y=kx，k>0，
所以2k1+k2=3，解得：k=3，由y=3xy2=2px解得：x=0y=0或x=2p3y=23p3，
所以OP=2p32+23p32=4p3=8，解得：p=6．
当k=−3时，同理可得．
故答案为：6．
54．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a的取值范围是 ．
【答案】13,32
【分析】首先求出点A关于y=a对称点A'的坐标，即可得到直线l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：A−2,3关于y=a对称的点的坐标为A'−2,2a−3，B0,a在直线y=a上，
所以A'B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a−3−2x+a，即a−3x+2y−2a=0；
圆C:x+32+y+22=1，圆心C−3,−2，半径r=1，
依题意圆心到直线l的距离d=−3a−3−4−2aa−32+22≤1，
即5−5a2≤a−32+22，解得13≤a≤32，即a∈13,32；
故答案为：13,32
55．（2022·天津·高考真题）若直线x−y+m=0m>0被圆x−12+y−12=3截得的弦长为m，则m的值为 ．
【答案】2
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于m的等式，即可解得m的值.
【详解】圆x−12+y−12=3的圆心坐标为1,1，半径为3，
圆心到直线x−y+m=0m>0的距离为1−1+m2=m2，
由勾股定理可得m22+m22=3，因为m>0，解得m=2.
故答案为：2.
56．（2021·天津·高考真题）若斜率为3的直线与y轴交于点A，与圆x2+y−12=1相切于点B，则AB= ．
【答案】3
【分析】设直线AB的方程为y=3x+b，则点A0,b，利用直线AB与圆x2+y−12=1相切求出b的值，求出AC，利用勾股定理可求得AB.
【详解】设直线AB的方程为y=3x+b，则点A0,b，
由于直线AB与圆x2+y−12=1相切，且圆心为C0,1，半径为1，
则b−12=1，解得b=−1或b=3，所以AC=2，
因为BC=1，故AB=AC2−BC2=3.
故答案为：3.
57．（2020·天津·高考真题）已知直线x−3y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点．若|AB|=6，则r的值为 ．
【答案】5
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离d，进而利用弦长公式|AB|=2r2−d2，即可求得r．
【详解】因为圆心(0,0)到直线x−3y+8=0的距离d=81+3=4，
由|AB|=2r2−d2可得6=2r2−42，解得r=5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
58．（2020·浙江·高考真题）设直线l:y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x−4)2+y2=1均相切，则k= ；b= ．
【答案】 33 −233
【分析】由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.
【详解】设C1:x2+y2=1，C2:(x−4)2+y2=1，由题意，C1,C2到直线的距离等于半径，即|b|k2+12=1，|4k+b|k2+12=1，
所以|b|=|4k+b|，所以k=0（舍）或者b=−2k，
解得k=33,b=−233.
故答案为：33;−233
【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
59．（2018·天津·高考真题）已知圆x2+y2−2x=0的圆心为C，直线x=−1+22t,y=3−22t（t为参数）与该圆相交于A、B两点，则ΔABC的面积为 .
【答案】12
【分析】由题意首先求得圆心到直线的距离，然后结合弦长公式求得弦长，最后求解三角形的面积即可.
【详解】由题意可得圆的标准方程为：x−12+y2=1，
直线的直角坐标方程为：y−3=−x+1，即x+y−2=0，
则圆心到直线的距离：d=1+0−22=22，
由弦长公式可得：AB=2×1−222=2，
则SΔABC=12×2×22=12.
【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
60．（2018·全国I卷·高考真题）直线y=x+1与圆x2+y2+2y−3=0交于A ， B两点，则AB= ．
【答案】22
【分析】方法一：先将圆的方程化成标准方程，求出圆心，半径，再根据点到直线的距离公式以及弦长公式即可求出．
【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】弦长公式的应用
根据题意，圆的方程可化为x2+(y+1)2=4，所以圆的圆心为(0,−1)，且半径是2，
弦心距d=0+1+112+(−1)2=2，所以AB=24−2=22．
故答案为：22.
［方法二］：距离公式的应用
由y=x+1x2+y2+2y−3=0解得：x=0y=1或x=−2y=−1，不妨设A(0,1),B(−2,−1)，
所以AB=(0+2)2+(1+1)2=22．
故答案为：22.
［方法三］：参数方程的应用
直线y=x+1的参数方程为x=0+22ty=1+22t，将其代入x2+y2+2y−3=0，可得12t2+22t+12+222t+1−3=0，化简得t2+22t=0，从而t1=0,t2=−22，所以AB=t1−t2=22．
故答案为：22.
【整体点评】方法一：利用圆的弦长公式直接求解，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：直接求出弦的端点坐标，再根据两点间的距离公式求出，是求解一般弦长的通性通法，有时计算偏麻烦；
方法三：直线参数方程中弦长公式的应用．
61．（2018·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，A为直线l:y=2x上在第一象限内的点，B5,0，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若AB⋅CD=0，则点A的横坐标为 ．
【答案】3
【分析】方法一：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求出结果.
【详解】［方法一］：【通性通法】直译法
设Aa,2a(a>0)，则由圆心C为AB中点得Ca+52,a,易得⊙C:x−5x−a+yy−2a=0，与y=2x联立解得点D的横坐标xD=1,
所以D1,2.所以AB=5−a,−2a,CD=1−a+52,2−a，
由AB⋅CD=0得5−a1−a+52+−2a2−a=0,
即a2−2a−3=0，解得：a=3或a=−1，因为a>0，所以a=3.
故答案为：3．
［方法二］：【最优解】几何法
如图3，因为AB为直径，所以AD⊥BD，AB⋅CD=0，△AFD≌△DEB．

设|OE|=t，则|DE|=|AF|=2t,|DF|=|BE|=4t，
所以|OB|=|OE|+|EB|=5t=5，即t=1．
所以，A点的坐标为(3,6)，则点A的横坐标为3．
［方法三］： 数形结合
如图4，由已知，得BD⊥l，则kBD=−12，所以BD的方程为y=−12(x−5)．

由y=2x,y=−12(x−5),解得D(1,2)．
设A(a,2a)，则C5+a2,a，从而AB=(5−a,−2a),CD=−3−a2,2−a．
所以AB⋅CD=(5−a)⋅−3−a2−2a(2−a)=0，解得a=3或a=−1．
又a>0，所以a=3．即点A的横坐标为3．
［方法四］：数形结合＋斜率公式
由AB⋅CD=0，得AB⊥CD，又C是AB的中点，所以AD=BD．
又AD⊥BD，所以∠BAD=45°．设直线l的倾斜角为α，则tanα=2，从而kAB=tan∠ABx=tan(α+45°)=2+11−2=−3．
设A(a,2a)，则2aa−5=−3，解得a=3．即点A的横坐标为3．
［方法五］： 数形结合＋解三角形
由方法四，知tanα=2，则sinα=255．
在Rt△BDO中，BD=OBsinα=5×255=25．
在等腰Rt△ADB中，AB=2BD=210．
设A(a,2a)，则(a−5)2+(2a)2=210，解得a=3或a=−1．
又a>0，所以a=3．即点A的横坐标为3．
［方法六］：数形结合＋解三角形
设直线l的倾斜角为α，则tanα=2，则sinα=25,csα=15．
由方法四知∠OAB=π4，于是sin∠OBA=sinα+π4=22×35=31010．
在△OAB中，由正弦定理知OAsin∠OBA=OBsinπ4，解得OA=35，
故点A的横坐标为OA⋅csα=3．
［方法七］：数形结合＋解三角形
因为D为以AB为直径的圆C上一点，所以BD⊥AD，C为AB的中点．
因为AB⋅CD=0，所以AB⊥CD，△ABD为等腰直角三角形，即AD=BD．
在Rt△OBD中，tan∠BOA=k=2=BDOD．
又OD2+BD2=OB2=52，所以OD=5,BD=25．
因为A在第一象限，所以OA=OD+AD=35．
又yAxA=2,xA2+yA2=OA2=(35)2，所以xA=3．
【整体点评】方法一：直接根据题意逐句翻译成数学语言，通过运算解出，是该题的通性通法；
方法二：作出简图，利用平面几何知识求解，运算简单，是该题的最优解；
方法三：通过圆的几何性质，利用直线方程联立求点D的坐标，简化计算；
方法四：通过圆的几何性质，求出直线AB的倾斜角，从而得出斜率，根据斜率公解出，是不错的解法；
方法五：同法四，通过圆的几何性质，求出直线AB的倾斜角，从而得出斜率，再通过解三角形求出；
方法六：基本原理同方法五；
方法七：基本原理同方法五．
62．（2016·全国III卷·高考真题）已知直线l：mx+y+3m−3=0与圆x2+y2=12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|=23，则|CD|= ．
【答案】4
【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答案.
【详解】因为|AB|=23，且圆的半径为r=23，所以圆心(0,0)到直线mx+y+3m−3=0的距离为r2−(|AB|2)2=3，则由|3m−3|m2+1=3，解得m=−33，代入直线l的方程，得y=33x+23，所以直线l的倾斜角为30°，由平面几何知识知在梯形ABDC中，|CD|=|AB|cs30°=4．
故答案为4
【点睛】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．
63．（2016·全国I卷·高考真题）设直线y=x+2a与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若AB=23，则圆C的面积为
【答案】4π
【详解】因为圆心坐标与半径分别为C(0,a),r=a2+2，所以圆心到直线的距离d=|2a−a|2=|a|2，则(|a|2)2+3=a2+2，解之得a2=2，所以圆的面积S=πr2=(2+2)π=4π，应填答案4π．
64．（2017·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，A（-12,0），B（0,6），点P在圆O：x2+y2=50上，若PA·PB ≤20，则点P的横坐标的取值范围是
【答案】[−52,1]
【详解】设P(x,y)，由PA⋅PB≤20，易得2x−y+5≤0，由2x−y+5=0x2+y2=50，可得x=−5y=−5或x=1y=7，由2x−y+5≤0得P点在圆左边弧AB上，结合限制条件−52≤x≤52，可得点P横坐标的取值范围为[−52,1]．
点睛:对于线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围．
65．（2016·全国III卷·高考真题）已知直线l：x−3y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点，过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则CD= .
【答案】4
【详解】试题分析：由x−3y+6=0，得x=3y−6，代入圆的方程，整理得y2−33y+6=0，解得y1=23,y2=3，所以x1=0,x2=−3，所以|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=23．又直线l的倾斜角为30°，由平面几何知识知在梯形ABDC中，|CD|=|AB|cs30°=4．
【考点】直线与圆的位置关系
【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系的非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．
考点04：圆与圆的位置关系
66．（2016·山东·高考真题）已知圆M:x2+y2−2ay=0a>0截直线x+y=0所得线段的长度是22，则圆M与圆N:x−12+y−12=1的位置关系是
A．内切B．相交C．外切D．相离
【答案】B
【详解】化简圆M:x2+(y−a)2=a2⇒M(0,a),r1=a⇒M到直线x+y=0的距离d=a2⇒ (a2)2+2=a2⇒a=2⇒M(0,2),r1=2，
又N(1,1),r2=1⇒|MN|=2⇒|r1−r2|0)
O到l的距离d=|t|1+916=1，解得t=54，所以l的方程为y=−34x+54，
当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m= ．
【答案】33
【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y2−x2m2=1m>0的渐近线为y=±xm，即x±my=0，
不妨取x+my=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x2+y−22=1，所以圆心为0,2，半径r=1，
依题意圆心0,2到渐近线x+my=0的距离d=2m1+m2=1，
解得m=33或m=−33（舍去）．
故答案为：33．
69．（2020·上海·高考真题）已知a1,a2,b1,b2,⋯,bkk∈N∗是平面内两两不同的向量，满足|a1−a2|=1，且|ai−bj|∈{1,2} (其中i=1,2,j=1,2,⋯,k)，则k的最大值为
【答案】6
【分析】不妨设a1=0,0，a2=0,1，bj=x,y，根据|ai−bj|∈{1,2}可得Qx,y的四个不同的轨迹（圆），因此k的最大值即为四个不同的圆的任意两者交点的总数.
【详解】根据条件不妨设a1=0,0，a2=0,1，bj=x,y，
∵ai−bj∈1,2，
当a1−bj=1⇒x2+y2=1，表示圆心为原点，半径为1的圆，
a1−bj=2⇒x2+y2=4，表示圆心为原点，半径为2的圆，如图这两个圆用红色线表示，
当a2−bj=1⇒x2+y−12=1，表示圆心为1,0，半径为1的圆，
a2−bj=2⇒x2+y−12=4，表示圆心为1,0，半径为1的圆，如图这两个圆用蓝色线表示，
由条件可知点x,y既要在红色曲线上，又要在蓝色曲线上，由图象可知，共有6个交点，即k是最大值是6.
故答案为：6
【点睛】本题考查向量背景下圆与圆的位置关系，解题的关键是建系后把向量的模的存在性问题转化为圆与圆的交点问题，本题属于难题.
考点
十年考情 (2016-2025)
命题趋势
考点 1: 直线与方程
2025・上海卷：三角形面积的最值问题；2024・北京卷：点集的距离最大值与图形面积；2020・全国 III 卷：点到直线距离的最大值；2020・山东卷：直线关于点对称的方程、由直线斜率和截距判断角的象限；2019・北京卷：参数方程化为普通方程及点到直线距离；2016・北京卷：圆心到直线的距离、线段上点的代数式最值
1. 直线方程的求解、点到直线距离公式是核心，常与三角形面积、最值问题结合。2. 涉及直线的斜率、截距、对称等性质，注重数形结合思想的考查。
考点 2: 圆的方程
2025・全国一卷：圆上到直线距离为定值的点的个数与半径范围；2024・北京卷：圆心到直线的距离；2023・全国乙卷：圆环区域内的概率问题；2023・上海卷：由圆的面积求参数；2022・北京卷：直线为圆的对称轴时参数的求解；2022・全国乙卷：过三点的圆方程；2022・全国甲卷：过定点且圆心在定直线上的圆方程；2020・全国 I 卷：圆中弦长的最小值；2020・北京卷：圆的圆心到原点距离的最小值；2020・山东卷：圆心已知且与 y 轴相切的圆方程；2018・全国 III 卷：圆上点到直线距离的面积范围；2018・北京卷：单位圆上点到直线距离的最大值；2018・天津卷：过三点的圆方程；2017・全国卷：以线段为直径的圆方程；2017・天津卷：与抛物线准线相关的圆方程；2017・北京卷：极坐标圆上点到定点距离的最小值；2016・四川卷：圆与动点的向量模最值；2016・天津卷：圆心在 x 轴正半轴的圆方程；2016・浙江卷：方程表示圆时的圆心和半径
1. 圆的标准方程与一般方程的转化是基础，常涉及圆心、半径的求解。2. 与距离、面积、概率等结合，注重圆的几何性质的应用，如弦长、圆心距等。
考点 3: 直线与圆的位置关系
2025・天津卷：弦长与半径的关系；2024・全国甲卷：弦长的最小值（两题）；2024・新课标 II 卷：抛物线准线、圆切线等综合问题；2023・新课标 I 卷：切线夹角的正弦值；2023・全国甲卷：双曲线渐近线与圆的弦长；2023・全国乙卷：圆上点的代数式最大值；2023・新课标 II 卷：弦长与参数的关系；2023・天津卷：切线与抛物线交点的距离；2022・上海卷：点集与直线的位置关系；2022・新高考全国 II 卷：对称直线与圆的位置关系；2022・天津卷：弦长与参数的关系、切线长；2021・北京卷：弦长最小值求参数；2021・新高考全国 I 卷：圆上点到直线距离及角的最值；2020・全国 II 卷：圆与坐标轴相切时圆心到直线的距离；2020・全国 I 卷：切线与直线方程；2020・全国 III 卷：直线与曲线和圆都相切的方程；2018・天津卷：参数方程直线与圆的面积；2018・全国 I 卷：直线与圆的弦长；2018・江苏卷：圆与动点的向量数量积；2016・全国 III 卷：直线与圆的弦长及相关距离（两题）；2016・全国 I 卷：弦长与圆面积
1. 直线与圆的相切、相交是高频考点，涉及切线方程、弦长公式、圆心到直线距离等。2. 常与函数、圆锥曲线等结合，注重综合运用几何性质与代数运算的能力。
考点 4: 圆与圆的位置关系
2022・新高考全国 I 卷：两圆的公切线方程；2022・全国甲卷：双曲线渐近线与圆相切求参数；2020・上海卷：向量与圆的交点个数；2016・山东卷：两圆位置关系的判断
1. 两圆的位置关系（外切、相交等）判断及公切线方程是重点。2. 常与其他曲线（如双曲线）结合，考查圆的切线性质的应用。