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专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》12月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》12月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题十六直线与圆原卷版docx、专题十六直线与圆解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共79页， 欢迎下载使用。
专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2020·湖北高二期中）已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A．30° B．45° C．135° D．120°
【答案】C
【分析】
求出直线斜率，即可得出倾斜角.
【详解】
∵直线过点，，∴，
设的倾斜角为，，∴．
故选：C．
2．（2020·安徽宿州市·高二期中（理））已知圆：，从点发出的光线，经直线反射后，光线恰好平分圆的周长，则入射光线所在直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据光路可逆，易知圆心关于直线的对称点，在入射光线上，由此可求得结果.
【详解】
圆：，圆心为，
由已知，反射光线经过，
故C点关于直线的对称点M在入射光线上．
设，则，解得，即，
且光源，所以入射光线的斜率，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：
（1）由光线恰好平分圆的周长，得出所在直线经过圆心；
（2）入（反）射光线关于反射面的对称直线即为反（入）射光线.
3．（2020·四川高二期中（理））直线关于对称的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设所求直线上任意一点是关于直线的对称点，根据对称关系求得,代入直线的方程整理即得所求.
【详解】
解：设所求直线上任意一点是关于直线的对称点，
则，解得,
由对称性得在直线上，,
即,
故选：A.
【点睛】
根据“一垂直二中点”列出方程组，求得是解决问题的关键，利用轨迹方程思想方法求直线的方程也是重要的思想之一.
4．（2020·全国高三专题练习（文））已知直线：，点，，若直线与线段相交，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意得直线恒过点，进而得直线的斜率的取值范围为：或，再根据，解不等式即可得答案.
【详解】
直线方程变形得：.
由得，∴直线恒过点，
，，
由图可知直线的斜率的取值范围为：或，
又，
∴或，即或，
又时直线的方程为，仍与线段相交，
∴的取值范围为.
故选：C.
【点睛】
本题解题的关键在于根据直线系方程得直线恒过点.考查数形结合思想，运算求解能力，是中档题.
5．（2020·全国高三专题练习（文））已知、两点，直线与线段相交，求直线的斜率的取值范围（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
作出图形，求出当直线分别经过点、时，直线的斜率的值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】
直线恒过点，
则直线的斜率为，直线的斜率为，
由图可知直线的斜率的取值范围是，
故选：C.
【点睛】
在求直线斜率时，要注意对直线的倾斜角是锐角、钝角或直角进行分类讨论，必要时可结合正切函数图象来理解.
6．（2020·江苏徐州市·高三期中）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【分析】
求出关于的对称点,根据题意，为最短距离，求出即可.
【详解】
设点关于的对称点，设军营所在区域为的圆心为,
根据题意，为最短距离，
的中点为，，直线的斜率为1,
解得：,
，
故选: C.
【点睛】
本题考查点关于直线对称，点与圆心的距离，考查运算求解能力，求解时注意对称性的应用.
7．（2020·全国高三专题练习（理））已知函数f(x)＝asin x－bcos x(a≠0，b≠0)，若，则直线ax－by＋c＝0的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先得到函数的对称轴，根据得到直线的斜率，从而可得倾斜角.
【详解】
由知函数f(x)的图象关于x＝对称，
所以，即，所以，
由直线ax－by＋c＝0知其斜率，所以直线的倾斜角为，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：根据对称轴由得直线ax－by＋c＝0的斜率是解题关键.
8．（2020·全国高三专题练习（理））已知实数，若三条直线，，围成的三角形面积为4，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先由直线方程求出三个交点坐标，根据点到直线距离公式，以及两点间的距离公式，表示出三角形的面积，得到，再结合基本不等式，即可得出结果.
【详解】
由解得，即；
由解得，即，
由解得，即，
因此点到直线的距离为：
，
又这三条线围成的三角形面积为，
所以
，
因为，
所以
，
当且仅当时，等号成立；
所以，即，即，即，
即的最大值是.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键在于根据题中三角形的面积，结合面积公式、点到直线距离公式等，得到三条线斜率之间的关系，再利用基本不等式进行处理，得到，之间关系，即可得出结果.
9．（2020·全国高三月考（理））已知，则直线与圆的位置关系为（ ）
A．相切 B．相离 C．相交或相切 D．相交
【答案】D
【分析】
根据圆心到直线的距离与半径的大小关系确定出直线与圆的位置关系.
【详解】
由题意，该圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
故选：D．
【点睛】
结论点睛：几何法判断直线与圆的位置关系：
（1）当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离；
（2）当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；
（3）当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交.
10．（2020·福建长汀县·高二期中）已知点，，若圆：上存在一点，使得，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意，分析圆C的圆心坐标以及半径，设AB的中点为M，由AB的坐标分析M的坐标以及|AB|的值，可得以AB为直径的圆；进而分析，原问题可以转化为圆C与圆M有公共点，结合圆与圆的位置关系，分析可得答案．
【详解】
根据题意，圆即；
其圆心为，半径，
设AB的中点为M，
又由点则，
以AB为直径的圆为，
若圆上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共点，
又由
即有且,即，
又，
故选：B.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，注意将圆问题转化为圆与圆的位置关系，属于基础题．
11．（2020·重庆市江津中学校高二月考）已知实数、满足，的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设为圆上的任意一点，将转化为点P到直线的距离和点P到原点的距离比值的2倍，利用数形结合法求解.
【详解】
如图所示：
设为圆上的任意一点，
则点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
设圆与直线相切，
则，解得，
所以的最小值为，最大值为，
所以
所以，
故选：B
【点睛】
思路点睛：本题思路是先抽象出的几何意义，再通过数形结合，转化为过原点的圆的切线与直线的夹角的正弦，利用三角函数求解.
12．（2020·河北区·天津二中高二期中）过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】B
【分析】
按照过点P的直线斜率是否存在讨论，结合直线与圆相切的性质及点到直线的距离公式即可得解.
【详解】
圆的圆心为，半径为，点P在圆外，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到该直线的距离等于，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为即，
若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得，
所以该切线方程为；
所以切线方程为或.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：求过圆外一点的圆的切线方程的方法
几何法：当斜率存在时，设为，则切线方程为，即.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出的值，进而写出切线方程;
代数法：当斜率存在时，设为，则切线方程为，即，代入圆的方程，得到一个关于的一元二次方程，由，求得，切线方程即可求出.
13．（2020·河北区·天津二中高二期中）直线被圆截得的弦长等于（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】
先将圆化成标准方程，求出圆心与半径，再求圆心到直线的距离，然后解弦长即可．
【详解】
因为
所以，
圆心到直线的距离为
直线被圆截得的弦长；
故选：A．
【点睛】
计算圆的弦长通常使用几何法简捷．也可使用代数法计算.
二、多选题
14．（2020·湖北高二期中）以下四个命题为真命题的是（ ）
A．过点且在轴上的截距是在轴上截距的4倍的直线的方程为
B．直线的倾斜角的范围是
C．曲线与曲线恰有一条公切线，则
D．设是直线上的动点，过点作圆的切线，，切点为，，则经过，，三点的圆必过两个定点.
【答案】BD
【分析】
利用题设条件逐个选项进行判断即可．
【详解】
对于A，设，所以横截距为，纵截距为，所以，解得或，所以直线方程为或.故A错误；
对于B，由题知，，故，
当时，直线倾斜角，当时，直线倾斜角，故直线的倾斜角的范围是.故B正确；
对于C，曲线化为标准式得，曲线化为标准式得，所以，圆心距为5，因为有一条公切线，所以两圆内切，即，解得，故C错误；
对于D，设点，根据切线的性质，可得，经过，，的三点的圆，即为以为直径的圆，则圆的方程为，整理得，令，解得或，
即经过，，三点的圆必经过定点，.故D正确，
故选：BD
【点睛】
关键点点睛：两圆恰有一条公切线，则两圆的位置关系为内外切，转换为两圆心的距离为半径和.
15．（2020·福建长汀县·高二期中）若直线与曲线恰有一个公共点，则的可能取值是（ ）
A． B．0
C．1 D．
【答案】BC
【分析】
曲线，即表示一个半径为的半圆，数形结合讨论直线与曲线的交点，从而确定的可能取值.
【详解】
曲线可化为，即该曲线表示圆的右半部分
当直线过点时，求得
当直线过点时，求得
当直线与半圆相切于点时，由圆心到直线的距离等于半径
可得，解得或（舍）
由图可知，直线与曲线恰有一个公共点，则或
即只有BC满足题意.
故选：BC
【点睛】
解决本题的关键是利用数形结合讨论直线与圆的交点个数问题，进而确定的取值范围.
16．（2020·湖南雨湖区·湘潭一中高二期末）已知直线：，圆：，则下列结论中正确的是（ ）
A．存在的一个值，使直线经过圆心
B．无论为何值时，直线与圆一定有两个公共点
C．圆心到直线的最大距离是
D．当时，圆关于直线对称的圆的方程为.
【答案】BCD
【分析】
代入圆心坐标求值判断A，确定直线所过定点可判断B，由定点到圆心距离可判断C，求出圆心的对称点坐标可判断D．
【详解】
圆心坐标为，代入直线得：，无解，∴不论为何值，圆心都不在直线上，A错；
直线方程整理为，由得，即直线过定点，又，在圆内部，∴直线与圆相交，B正确；
设直线与圆相交于两点，弦中点为，则，为到直线的距离，显然，重合时取等号．，C正确；
时直线方程为，关于的对称点为，因此对称圆方程为，D正确．
故选：BCD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．求解方法有：利用动直线过定点与圆的位置关系判断直线是否与圆相交，利用圆心到弦中点连线与弦垂直，判断圆心到弦所在直线的距离的最大值，这也是求弦长的方法，由圆心到弦所在直线距离通过勾股定理计算弦长．
17．（2020·湖北襄州区·高二期中）下列说法中正确的是（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线恒过定点
C．点关于直线的对称点为
D．圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1
【答案】BCD
【分析】
对于A，判断斜率相乘是否为即可判断；对于B，代入点即可验证；对于C，判断中点是否在对称轴上，两对称点的连线是否和对称轴垂直；对于D，求出圆心到直线的距离，结合半径即可判断.
【详解】
对于A，直线的斜率为2，直线的斜率为，，故两直线不垂直，故A错误；
对于B，当时，，解得，故直线恒过定点，故B错误；
对于C，点和的中点在直线上，且点和连线的斜率为1，可得和垂直，故点关于直线的对称点为，故C正确；
对于D，圆的圆心为，半径为2，圆心到直线的距离为，则可得圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
方法点睛：关于轴对称问题：点关于直线的对称点，则有.
18．（2020·河北承德第一中学高二月考）圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A．对于任意的，圆与圆始终相切
B．对于任意的，圆与圆始终有四条公切线
C．当时，圆被直线截得的弦长为
D．P，Q分别为圆与圆上的动点，则的最大值为4
【答案】ACD
【分析】
求出圆心距，判断两圆位置关系絈可判断AB，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长判断C，由两圆心距离可判断D．
【详解】
由已知，，等于两圆半径之和，两圆始终相切，A正确，B错误；
时，，到已知直线的距离为，则弦长为，C正确；
由于，∴，共线时最大值．D正确．
故选：ACD．
【点睛】
方法点睛：本题考查圆与圆的位置关系．判断方程是求出圆心距离，根据与两圆半径和与差的大小关系判断，当两圆外离时，两圆有4条公切线，外切时有3条公切线，相交时有2条公切线，内切时有1条公切线，内含时无公切线．
第II卷（非选择题）
三、解答题
19．（2020·遵义市新蒲新区北师大附属高级中学有限责任公司高二期中）已知直线方程为，其中.
（1）当变化时，求点到直线的距离的最大值；
（2）若直线分别与轴、轴的负半轴交于，两点，求面积的最小值及此时的直线方程.
【答案】（1）（2）4，
【分析】
（1）求出动直线所过定点,当变化时，直线时，点到直线的距离的最大．
（2）直线的斜率存在且，因此可设直线的方程为，求出直线在轴、轴的截距．可得的面积，利用基本不等式的性质即可得出结果．
【详解】
（1）直线方程为，
可化为对任意都成立，
所以，解得，
所以直线恒过定点.
设定点为,当变化时，直线时，
点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，
即.
（2）由于直线经过定点．直线的斜率存在且，
因此可设直线方程为
可得与轴、轴的负半轴交于，两点
∴，，解得．
∴
当且仅当时取等号，面积的最小值为4
此时直线的方程为：，化为：．
【点睛】
关键点点睛：求三角形面积最小时，一般首先表示出三角形的面积，本题利用直线在坐标轴的截距表示可得,再根据均值不等式或利用函数求最值，确定最值取得的条件，求解即可.
20．（2020·浙江温州市·高二期中）已知直线：．
（1）已知点，若点到直线的距离为，求的最大值并求此时直线的方程；
（2）若直线交轴负半轴于，交轴正半轴于，求的面积的最小值并求此时直线的方程．
【答案】（1）最大值5，此时：；（2）面积最小值为4，此时直线的方程为．
【分析】
（1）注意到直线必过点，故点到直线的距离为满足，当且仅当垂直于直线，垂足为时，再根据等号成立解得，进而得此时直线方程.
（2）根据题意得以，，且，进而得的面积，再根据基本不等式求解即可.
【详解】
解：（1）因为点到直线的距离为，
于是有，
由直线：的表达式变形得：，
所以直线必过点，
根据点与直线间的关系可知，
于是当且仅当垂直于直线，垂足为时，
点到直线的距离取最大值，此时有，
解得，代入直线方程，得到：．
（2）依题意，直线在轴上的截距为，
在轴上的截距为，且，
所以，，
故，
当且仅当，即时取等号，故的最小值为4，
此时直线的方程为．
【点睛】
本题考查直线的方程的求解，考查回归转化思想与运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于发现直线必过点，进而得；第二问解题的关键是根据题意得，，，进而利用基本不等式求解即可.
21．（2020·浙江诸暨市·诸暨中学高二期中）在中，已知
（1）若直线过点且点到的距离相等，求直线的方程；
（2）若直线：为的平分线，求直线的方程.
【答案】（1）或；（2）
【分析】
（1）转化条件为直线过线段的中点或，结合直线方程的知识即可得解；
（2）转化条件为点关于直线的对称点在直线上，由轴对称的性质可得，再由直线方程的知识即可得解.
【详解】
（1）点到的距离相等，直线过线段的中点或，
①当直线过线段的中点时，直线斜率不存在，则的方程为；
②当时，则斜率，
则的方程为，即；
综上，的方程为或；
（2）直线为的平分线，所以点关于直线的对称点在直线上，
则有，解得，即，
直线的斜率，
直线的方程为，即
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是转化题目条件，再结合直线的位置关系、直线方程即可得解.
22．（2020·辽宁沈阳市·高二期中）已知平面内两点，.
（1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）一束光线从点射向（1）中的直线，若反射光线过点，求反射光线所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）本题首先可求出，然后根据直线过点且与直线平行即可求出直线的方程；
（2）本题可求出关于直线的对称点的坐标，然后求出的值，最后根据直线的点斜式方程即可得出结果.
【详解】
（1）因为，，所以，
因为直线过点且与直线平行，
所以直线方程为，即.
（2）设关于直线的对称点为，
则，解得，，
因为，所以，
则反射光线所在的直线方程为，即.
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据两直线平行求直线方程以及求反射光线所在的直线方程，若两直线平行，则这两直线的斜率相等，考查点关于直线的对称点的求法，考查计算能力，是中档题.
23．（2020·北京人大附中高二期中）已知三角形的顶点为，，.
（1）求直线的方程；
（2）从①、②这两个问题中选择一个作答.
①求点关于直线的对称点的坐标.
②若直线过点且与直线交于点，，求直线是的方程.
【答案】（1）；（2）① ；②或.
【分析】
(1)由，，即可求出直线的斜率，由点斜式即可写出直线的方程；
(2)选①由对称点的性质即可求出；
选②设出点的坐标，由两点间的距离公式列出方程，解出的值，根据、点的坐标即可求出直线的方程.
【详解】
解：（1）因为直线的斜率为，
所以直线的方程为：，
即直线的方程为：；
（2）问题①：
设的坐标为，则
解得:
点的坐标是；
问题②：
设的坐标为，
，
，
解得：或，
的坐标为或，
直线的方程为或.
【点睛】
方法点睛：求解直线方程时应该注意以下问题：
一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角的范围；
二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应对斜率存在与不存在加以讨论；
三是在用截距式时，应先判断截距是否为0，若不确定，则需分类讨论.
24．（2019·安徽省蚌埠第三中学高二月考（文））已知直线：：，求实数m的值使得：
（1）相交；
（2）；
（3）∥
【答案】(1) ，且 (2) (3)
【分析】
利用两直线相交、平行、垂直的结论一一求解．
【详解】
（1）当和相交时，．
令，得，解得或．
所以当，且时，和相交．
（2）当时，，解得．
所以当时，．
（3）因为时，不平行于，
所以，所以，且，解得．
【点睛】
方法点睛：本题考查了两直线结论位置关系的判定：
（1）直线：与直线平行
．
（2）直线：与直线垂直
（3）直线：与直线相交
25．（2020·四川省绵阳南山中学高二期中（理））已知的顶点，直线的方程为边上的中线所在直线方程为．
（1）求顶点的坐标；
（2）求边上的高所在直线方程．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）联立直线方程可解得结果；
（2）设出，利用的中点在直线上以及点在直线上，解方程组可得的坐标，利用垂直可得斜率，根据点斜式可得所求直线方程.
【详解】
（1）联立，解得，可得；
（2）设，则的中点，
则，解得，
又，所以边上的高所在直线的斜率，
所以边上的高所在直线方程为，即.
【点睛】
关键点点睛：求出点的坐标是求出边上的高所在直线方程的关键，设，利用直线的方程和的中点坐标满足的方程可解得点的坐标.
26．（2020·天津市武清区杨村第三中学高二月考）已知光线经过已知直线和的交点M，且射到x轴上一点后被x轴反射．
（1）求点M关于x轴的对称点P的坐标；
（2）求反射光线所在的直线的方程．
（3）求与距离为的直线方程．
【答案】（1）；（2）；（3）或．
【分析】
（1）解方程组求得的坐标，然后得出其关于轴的对称点的坐标；
（2）解法一：根据反射原理，确定直线和直线的倾斜角的关系，进而利用斜率公式求得直线的斜率，得到直线的斜率，进而用点斜式写出方程；解法二：反射光线所在的直线的方程就是直线PN的方程，利用两点式可求；
（3）利用直线平行的条件设出所求直线的方程，利用平行直线间的距离公式求出所求直线的方程.
【详解】
解：（1）由得，∴．
所以点M关于x轴的对称点P的坐标．
（2）解法一：
因为入射角等于反射角，
直线MN的倾斜角为，则直线的斜角．
，所以直线的斜率．
故反射光线所在的直线的方程为：．
即．
解法二：
因为入射角等于反射角，
所以反射光线所在的直线的方程就是直线PN的方程．
直线PN的方程为：，
整理得：．
故反射光线所在的直线的方程为．
（3）设与平行的直线为，
根据两平行线之间的距离公式得：，
解得，或，
所以与距离为的直线方程为：
或．
【点睛】
本题关键是光线反射原理：入射角等于反射角，从而得到入射线与反射线所在直线的倾斜角的关系，求到给定直线距离为定值的直线的方程，关键是根据直线平行的条件设出所求直线的方程，熟练掌握平行直线的距离公式是解题的关键.
27．（2020·全国（理））已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)．求：
（1）点A关于直线l的对称点A′的坐标；
（2）直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
（3）直线l关于点A对称的直线l′的方程．
【答案】（1）A′；（2）9x－46y＋102＝0；（3）2x－3y－9＝0.
【分析】
（1）直接设出点，利用垂直和中点坐标，列方程求解；（2）首先直线过直线和的交点，再转化为一点关于直线的对称点，利用两点求直线方程；（3）法一，转化为点关于点的对称点，求直线方程，法二，设Q(x，y)为l′上任意一点，利用对称性求关于的方程.
【详解】
（1）设A′(x，y)，
则解得即A′.
（2）在直线m上取一点，如M(2，0)，则M(2，0)关于直线l的对称点必在m′上．
设对称点为M′(a，b)，则
解得即M′.
设m与l的交点为N，则由得N(4，3)．
又m′经过点N(4，3)，
∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.
（3）法一：在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1，1)，N(4，3)，则P，N关于点A的对称点P′，N′均在直线l′上．
易知P′(－3，－5)，N′(－6，－7)，由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.
法二：设Q(x，y)为l′上任意一点，
则Q(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为Q′(－2－x，－4－y)，
∵Q′在直线l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0.
【点睛】
方法点睛：与直线有关的对称问题的求解规律：
1.点关于点对称，利用中点坐标得到对称点的关系式，；
2.直线关于点对称，两直线平行，斜率相等，再在已知直线上取点，再求点关于对称点的对称点，求直线方程；
3.点关于直线对称，两对称点的连线与对称轴垂直，两对称点的对称中心在对称轴上，列式求解对称点；
4.直线关于直线的对称，若两直线相交，则三条直线交于一点，再转化为求点关于直线的对称点；
5.若两直线平行，则三条直线都平行，由平行直线系和两条平行线间的距离即可求出直线的对称直线.
28．（2020·湖北高二期中）已知点圆，点是圆上的动点，点关于点的对称点为点，设点的轨迹为，以为圆心作圆与轴相切于点且与相交于、两点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）证明：直线平分线段；
（3）设直线与的交点为，直线，到的距离记为，试探究轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，求出定点坐标和该定值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），（2）证明见解析；（3）存在，，定值
【分析】
（1）设，求出中点的坐标，代入圆的方程，即可求得点的轨迹的方程；
（2）设，，由题意可得圆的方程，与轨迹的方程联立，可得直线的方程，求出的中点坐标，代入直线的方程成立，即可得证；
（3）由（2）可知点，，设存在定点满足要求，根据题意求出，，设，代入可得对恒成立，则可得关于和的方程组，解之即可得结论．
【详解】
解：（1）设，则由中点坐标公式得，由于点在圆上，∴，即为的方程．
（2）设，圆的方程为，联立方程组，得直线的方程为，
由于轴，所以的中点坐标为，，将其代入的方程左边得即的中点在直线上，所以平分．
（3）由（2）可知点，设存在定点满足要求，，，设为常数，则，∵，∴，对恒成立，∴，解得，，
故存在定点，定值满足要求.
【点睛】
本题主要考查求动点的轨迹方程的求法，两圆相交弦所在直线方程的求法，考查转化思想与运算求解能力，与圆有关的探索问题的解决方法：
第一步：假设符合要求的结论存在．
第二步：从条件出发(即假设)利用直线与圆的关系求解．
第三步：确定符合要求的结论存在或不存在．
第四步：给出明确结果．
第五步：反思回顾，查看关键点，易错点及答题规范．
29．（2020·临川二中实验学校高一期末（理））在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在轴右侧，原点和点都在圆上，且圆在轴上截得的线段长度为3．
（1）求圆的方程；
（2）若为圆上两点，若四边形的对角线的方程为，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先判断圆过三点，设出圆的一般方程，把三个点的坐标代入可得关于，，的方程组，求得，，的值，则圆的方程可求；
（2）由（1）求得圆心坐标与半径，求得到的距离．由垂径定理求弦长，得到弦长最大值．再由题意求出的范围，然后利用点到直线的距离公式分别求出到的距离以及到的距离．求出四边形的面积，可得时，四边形的面积有最大值为
【详解】
（1）因为圆的圆心在轴右侧，原点和点都在圆上，
且圆在轴上截得的线段长度为3
所以圆过三点，
设圆方程为，
则有，解得，
所以圆方程为，即．
（2）由（1）可知，半径，则到距离，
所以，当且仅当时取等号，
由解得；
由是四边形的对角线可得在两侧，
所以，
到距离到距离，
所以四边形的面积.当且仅当时取等号.
【点睛】
求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标 ，根据题意列出关于的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.
30．（2020·遵义市新蒲新区北师大附属高级中学有限责任公司高二期中）已知一圆经过点，，且它的圆心在直线上.
（1）求此圆的方程；
（2）若点为所求圆上任意一点，且点，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】(1) (2)
【分析】
（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；
（2）首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程.
【详解】
（1）由已知可设圆心N（a，3a-2），又由已知得|NA|=|NB|，
从而有，解得：a=2．
于是圆N的圆心N（2，4），半径．
所以，圆N的方程为,
(2) 设M（x，y），D，则由C（3，0）及M为线段CD的中点得：，解得又点D在圆N：上，
所以有，
化简得：．
故所求的轨迹方程为．
【点睛】
方法点睛：与圆相关的点的轨迹问题，一般可以考虑转移法（相关点法），设动点的坐标，根据条件，用动点坐标表示圆上点的坐标，再根据圆上点的坐标满足圆的方程求解即可.
31．（2020·吉安县第二中学高二期中）如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆：及其上一点.
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程；
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）设，由圆与轴相切、与圆外切可得，进而可得，即可得解；
（2）由直线平行的性质可设直线的方程为，利用垂径定理、点到直线的距离公式即可得解.
【详解】
圆的标准方程为，所以圆心，半径为5，
（1）由圆心在直线上，可设.
因为圆与轴相切，与圆外切，
所以，于是圆的半径为，从而，解得，
因此，圆的标准方程为；
（2）因为直线，所以直线的斜率为，
设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
因为，而，
所以，解得或，
故直线的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是转化直线与圆、圆与圆的位置关系及垂径定理的应用.
32．（2020·重庆市杨家坪中学高二期中）如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为.
（1）若，求两条切线所在的直线方程；
（2）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标.
【答案】(1) 切线方程为和;(2) 直线AB的方程为，恒过定点.
【分析】
(1) 设切线方程为，由相切可得圆心到切线的距离等于半径，结合即可求出切线的斜率，从而可求出切线方程.
(2)求出以为圆心，为半径的圆方程，与圆方程联立即可求出直线AB的方程，进而可求出定点的坐标.
【详解】
解：(1)由题意知，切线的斜率一定存在，设切线方程为，
即，则圆心到直线的距离，
整理得.当时，，解得或，
则切线方程为和.
(2)由题意知，，所以，
即以为圆心，为半径的圆方程为，与圆方程联立得，
，两式相减整理得，当时，，
所以直线AB的方程为，恒过定点.
【点睛】
方法点睛:
直线和圆相切问题的处理方法一般有两种:一是联立直线方程和圆的方程，通过解决问题；二是结合几何意义，即圆心到直线的距离等于半径求解.
33．（2019·上海市奉贤区奉城高级中学高二期末）已知一圆C的圆心为C（2，-1），且该圆被直线：x-y-1=0 截得的弦长为2，求：
（1）求该圆的标准方程，并求圆C关于直线对称的曲线方程；
（2）若P(x，y)为圆上一点，若恒成立，求m的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）先算出关于直线的对称点，再算出圆心到直线的距离后可求得圆的半径，从而可得圆的标准方程.
（2）求出原点与圆上的点的连线段长的的最小值，从而可求的取值范围.
【详解】
（1）圆C关于直线对称的曲线方程为圆，
设关于直线对称的点的坐标为，
则，解得，故.
到直线的距离为，故圆的半径为，
故圆的半径为2，其标准方程为：.
圆的半径也为2，其标准方程为：.
（2），当在圆上运动变化时，，
故，所以.
【点睛】
关键点点睛：
（1）圆中的弦长问题，往往利用垂径定理来沟通半径、弦长、弦心距的关系；
（2）圆上的点与定点（在圆内）的距离的最值，往往转化半径与定点到圆心的距离的和和差来计算.
34．（2020·吕梁市贺昌中学高二期中）已知以点C为圆心的圆经过点A(-1，0)和B(3，4)，且圆心C在直线上
（1）求圆C的方程；
（2）设点Q(-1，)(m>0)在圆C上，求△QAB的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出的垂直平分线和直线的交点可得圆心坐标，再利用两点间距离求半径，即可得答案；
（2）求出点，再利用点到直线距离公式求高，代入面积公式即可得答案；
【详解】
（1）依题意知所求圆的圆心为的垂直平分线和直线的交点．
的中点为，直线的斜率为1，
的垂直平分线的方程为，即．
由，得，即圆心．
半径．
故所求圆的标准方程为．
（2）点在圆上，
或(舍去)，，
，直线的方程为：，
点到直线的距离为4，
的面积．
【点睛】
利用圆的几何意义求圆的方程时，注意只要圆过两点A,B，其圆心必在线段的中垂线上.
35．（2020·福建长汀县·高二期中）已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线：上．
（1）求圆的方程；
（2）已知直线：圆截得的弦与圆心构成，若的面积有最大值，求出直线：的方程；若的面积没有最大值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在或，最大值为，直线的方程为或.
【分析】
（1）设圆的一般式方程，代入、两点坐标，再圆心在直线上，列方程组得解.
（2）设圆心到直线的距离为，将三角形的面积表示为的函数，用基本不等式求最值及取最值时的取值，进一步可得对应的直线方程.
【详解】
（1）设圆的方程为因为点和在圆上，圆心在直线：上，
所以，解得，，，
所以圆的方程为，即．
（2）设圆心到直线的距离为，为的中点，连接.
在中，∵，
∴的面积为
∴，
当且仅当，即时等号成立，
此时的面积取得最大值.
∵，
∴，∴或，故存在或，使得的面积最大，最大值为，此时直线的方程为或.
【点睛】
此题为直线与圆的综合题，属于能力题.
方法点睛：直线与圆相交的弦、弦心距、圆的半径三者构成的直角三角形是此类问题中的特征三角形，边长满足勾股定理是解决此类问题关键.
36．（2020·上海徐汇区·南洋中学高二期中）已知圆C的圆心在直线2x-y-3=0上，且圆C过点(1，6)，(5，2).
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点P(3，2)的直线l与圆C交于A、B两点，当|AB|=6时，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）先利用已知点求中垂线，联立直线方程得到圆心坐标，再利用点到圆心的距离计算半径，即得圆的标准方程；
（2）先讨论斜率是否存在写出方程，根据弦长、半径与圆心到直线的距离构建关系求出参数，即得结果.
【详解】
解：（1）过点(1，6)，(5，2)的直线的斜率是，两点的中点是，故其中垂线的斜率是1，中垂线是，即，圆心在直线2x-y-3=0和上，联立方程得圆心，，
故圆C的标准方程为；
（2）若直线l斜率不存在，则直线l：，此时圆心到直线的距离为1，故，|AB|=6，满足题意；
若直线l斜率存在，设为k，则直线l：，即，要使弦长|AB|=6，，半径为，则圆心到直线的距离为，即，解得，故直线方程是，即.
综上，直线l的方程为或.
【点睛】
求直线被圆截得的弦长的常用方法：
（1）几何法：直线被圆截得的半弦长、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且
；
（2）代数法：联立直线与圆的方程，消元得到关于x的一元二次方程，由根和系数的关系，利用弦长公式计算弦长.
37．（2020·浙江台州市·高二期中）已知直线和圆，过直线上的一点作两条直线，与圆C相切于A，B两点.
（1）当P点坐标为时，求以为直径的圆的方程，并求直线的方程；
（2）设切线与的斜率分别为，，且时，求点P的坐标.
【答案】（1）圆的方程为，直线的方程为；（2）或.
【分析】
（1）求出圆心即中点坐标，和半径可得圆方程，与已知圆方程相减可得直线方程；
（2）设过P的直线l方程，整理得到：含的方程，进而利用韦达定理，求出点P的坐标
【详解】
解：（1）圆，可化为，
中点为，，
∴以为直径的圆的方程为圆，
∵，，
∴P，A，B，C四点共圆E，
∴直线的方程是两圆公共弦所在直线方程，
两方程相减可得直线的方程为；
（2）设过P的直线l方程为，
由于与直线l相切，得到，
整理得到：，
∴
，代入，可得，
∴或，∴点P坐标或.
【点睛】
关键点睛：设过P的直线l方程，由于与直线l相切，得到，进而得到方程，最后利用韦达定理求出点P坐标，属于中档题
38．（2020·福建高二期中）已知圆经过点，且圆心在直线上，直线与圆相切．
（1）求圆的方程；
（2）已知斜率为的直线经过原点，求直线被圆截得的弦长．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设圆心的坐标为，由圆心到切线的距离等于圆心到点距离可求得，得圆心坐标，再得半径后可得圆的方程；
（2）写出直线的方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理求得弦长．
【详解】
解：
（1）设圆心的坐标为，
则
化简，得，
解得，
所以，
半径，
所以圆的方程为
（2）直线的方程为，
设圆心到直线的距离为，
则，
设弦长为，得，
所以直线被圆截得的弦长为．
【点睛】
方法点睛：求圆的弦长有两种方法：
（1）几何法：求出圆心到弦所在直线距离，然后由垂径定理（勾股定理）求得弦长；
（2）代数法（韦达定理法）：设交点为，直线方程与圆方程联立方程组消元后应用韦达定理得，然后由弦长公式得弦长，这种方法是解决直线与圆锥曲线相交弦长的问题的主要方法．
39．（2020·湖北襄州区·高二期中）在①圆经过，②圆心在直线上，③圆截轴所得弦长为8且圆心的坐标为整数；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.
已知圆经过点，且______；
（1）求圆的方程；
（2）已知直线经过点，直线与圆相交所得的弦长为8，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）设圆的方程为，根据待定系数法求解圆的方程即可；
（2）设圆心到直线的距离为，则由（1）得，易知直线的斜率存在，故设其方程为，进而结合点到直线的距离公式解方程得，，故直线的方程为或
【详解】
解：选条件①，
（1）设圆的方程为，
依题意有，
解得，，，
所以圆的方程为，
即圆的标准方程为：.
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
选条件②，
（1）设圆的方程为，
因为圆经过点，，且圆心在直线上
依题意有，
解得，，，
所以圆的方程为.
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
选条件③，
设圆的方程为，
由圆经过点，，故，
又因为圆截轴所得弦长为8，
故方程的两个实数根的差的绝对值为.
所以，即
解方程组，
得，，或，，，
由于圆心的坐标为整数，
故圆的方程为
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
【点睛】
本题考查待定系数法求圆的方程，圆的弦长问题，考查运算求解能力.本题解题的关键在于利用弦长，半径与圆心到直线的距离之间的关系求解.此外，本题的解题过程中，还容易出现忽视直线斜率不存在的讨论而导致解题不严谨的问题出现，需要格外注意.
40．（2020·安庆市第二中学高二期中）已知圆过点，圆M关于直线对称的圆为圆C，设P点为T点关于的对称点．
（1）求圆C的方程；
（2）设Q为圆C上的一个动点，求的最小值；
（3）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB分别与x轴的交点分别为E，F，若是以P为顶点的等腰三角形，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行，并说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）直线OP和AB平行，理由见解析.
【分析】
（1）由圆M的方程求出圆心M的坐标，再求出M关于直线对称的点C的坐标，结合圆M过点，即可求出半径，代入圆的标准方程得到答案；
（2）求出点的坐标，设，可得，设
，则的最小值为圆上的点与点距离的最小值的平方减，即可求解；
（3）设出直线PA和直线PB的方程，分别将他们与圆C的方程联立，转化为关于的一元二次方程，由一定是该方程的解，可求得A，B的横坐标，求出直线AB的斜率，可得，又，即可证明.
【详解】
圆的圆心
由圆M过点，所以，所以，
设M关于直线对称的点，则，解得 ，
所以圆的方程为，
（2）设，则，解得，所以，
设，则
，
设，则的最小值为圆上的点与点距离的最小值的平方减，
因为，
所以的最小值为，
（3）直线OP和AB平行，理由如下：
因为点在圆上，由题意可得，直线和直线的斜率都存在且互为相反数，设：，即，
则：，即，
由得：，
因为一定是该方程的解，所以，，
所以
，而，所以，
所以直线OP和AB平行.
【点睛】
关键点点睛：第一问的关键点是利用点关于线对称的点求出圆心的坐标，第二问是利用坐标将数量积表示出来之后转化为定点到圆上一点距离的平方再减去，第三问的关键点是根据是以P为顶点的等腰三角形，得出，联立方程求两点坐标，利用斜率公式证明.
四、填空题
41．（2020·淮南第一中学高二期中（理））已知直线与直线平行，则直线，之间的距离为__________.
【答案】
【分析】
利用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式即可得出．
【详解】
解：因为直线与直线平行，
所以，解得，
当时，，，则
故答案为：
【点睛】
熟练运用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式，是解题关键．
42．（2020·全国高三专题练习（理））已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，实数a＝________.
【答案】
【分析】
先确定两直线恒过定点P(2，2)，再结合图像四边形的面积S＝，整理判断二次函数何时取最小值即可.
【详解】
由题意知，直线l1，l2恒过定点P(2，2)，如图所示，
直线l1与y轴的交点为，直线l2与x轴的交点为，所以四边形的面积S＝×2×(2－a)＋×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝，当a＝时，面积最小.
故答案为：.
【点睛】
本题解题关键是找出定点，数形结合，将四边形分成两个三角形求面积的表达式，再求最值.
43．（2020·全国高三专题练习（文））已知点，，动点，分别在直线和上，且与两直线垂直，则的最小值为______.
【答案】
【分析】
设，求出点坐标，计算，再用几何意义求出的最小值即得．
【详解】
解：设，由于与两直线垂直且，则，
故.
此式可理解为点到及的距离之和，其最小值即为.
故所求最小值为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：本题考查距离之和的最值问题，解题方法是：用坐标表示距离，化几何问题为代数问题，利用函数知识求解，对平方和（或二次根式下的平方和）形式，或一次分式形式的代数式又可利用几何意义：两点间的距离公式，点到直线的距离，直线的斜率，可代数问题转化为平面上的几何问题，利用图形易得结论．
44．（2020·吉安县第二中学高二期中）已知点是直线上一动点，直线，是圆的两条切线，，为切点，为圆心，则四边形面积的最小值是______.
【答案】2
【分析】
根据切线的性质可将面积转化为，求出的最小值即到直线的距离.
【详解】
圆化为，可得圆心为，半径为1，
如图，可得，
，
则当取得最小值时，最小，
点是直线上一动点，
到直线的距离即为的最小值，
，
.
故答案为：2.
【点睛】
关键点睛：本题考查直线与圆相切问题，解题的关键是利用切线性质将面积转化为，即求的最小值即可.
45．（2020·福建长汀县·高二期中）在平面直角坐标系中，过圆：上任一点作圆：的一条切线，切点为，则当取最小值时，______．
【答案】
【分析】
首先画出相应的图形，根据切线的性质，得到对应的垂直关系，利用勾股定理得到线段之间的关系，从而将问题转化，再应用圆上的点到定点的距离的最小值在什么位置取得，从而求得结果.
【详解】
由方程可得圆C1,C2的圆心坐标分别为,,半径都是1.
如图，因为PQ为切线，所以，
由勾股定理，得，要使最小，则需最小，
显然当点P为与的交点时，最小，
此时，，所以当最小时，就最小，
，
当时，最小，得到最小，
故答案是：.
【点睛】
该题考查的是有关直线与圆的位置关系，切线长的求法，勾股定理，两点间距离公式，二次函数的最值，以及数形结合的思想.
五、双空题
46．（2020·湖北襄州区·高二期中）已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线､，､为切点，则四边形的面积的最小值为______；直线过定点______.
【答案】
【分析】
根据切线的相关性质将四边形面积化为，即求出最小值即可，即圆心到直线的距离；又可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，设出点坐标，求出圆的方程可得直线方程，即可得出定点.
【详解】
由圆得圆心，半径，
由题意可得,
在中，，
，
可知当垂直直线时，，
所以四边形的面积的最小值为，
可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，
设，则圆心为，半径为，
则该圆方程为，
整理可得，
联立两圆可得直线AB的方程为，
可得当时，，故直线过定点.
故答案为：；.
【点睛】
关键点睛：本题考查圆的切线的相关问题，求四边形面积时，关键是将面积转化为，根据的最值求解；求直线过定点，关键是需要知道共圆，从而得出公共弦的方程.
专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2020·湖北高二期中）已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A．30° B．45° C．135° D．120°
【答案】C
【分析】
求出直线斜率，即可得出倾斜角.
【详解】
∵直线过点，，∴，
设的倾斜角为，，∴．
故选：C．
2．（2020·安徽宿州市·高二期中（理））已知圆：，从点发出的光线，经直线反射后，光线恰好平分圆的周长，则入射光线所在直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据光路可逆，易知圆心关于直线的对称点，在入射光线上，由此可求得结果.
【详解】
圆：，圆心为，
由已知，反射光线经过，
故C点关于直线的对称点M在入射光线上．
设，则，解得，即，
且光源，所以入射光线的斜率，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：
（1）由光线恰好平分圆的周长，得出所在直线经过圆心；
（2）入（反）射光线关于反射面的对称直线即为反（入）射光线.
3．（2020·四川高二期中（理））直线关于对称的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设所求直线上任意一点是关于直线的对称点，根据对称关系求得,代入直线的方程整理即得所求.
【详解】
解：设所求直线上任意一点是关于直线的对称点，
则，解得,
由对称性得在直线上，,
即,
故选：A.
【点睛】
根据“一垂直二中点”列出方程组，求得是解决问题的关键，利用轨迹方程思想方法求直线的方程也是重要的思想之一.
4．（2020·全国高三专题练习（文））已知直线：，点，，若直线与线段相交，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意得直线恒过点，进而得直线的斜率的取值范围为：或，再根据，解不等式即可得答案.
【详解】
直线方程变形得：.
由得，∴直线恒过点，
，，
由图可知直线的斜率的取值范围为：或，
又，
∴或，即或，
又时直线的方程为，仍与线段相交，
∴的取值范围为.
故选：C.
【点睛】
本题解题的关键在于根据直线系方程得直线恒过点.考查数形结合思想，运算求解能力，是中档题.
5．（2020·全国高三专题练习（文））已知、两点，直线与线段相交，求直线的斜率的取值范围（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
作出图形，求出当直线分别经过点、时，直线的斜率的值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】
直线恒过点，
则直线的斜率为，直线的斜率为，
由图可知直线的斜率的取值范围是，
故选：C.
【点睛】
在求直线斜率时，要注意对直线的倾斜角是锐角、钝角或直角进行分类讨论，必要时可结合正切函数图象来理解.
6．（2020·江苏徐州市·高三期中）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【分析】
求出关于的对称点,根据题意，为最短距离，求出即可.
【详解】
设点关于的对称点，设军营所在区域为的圆心为,
根据题意，为最短距离，
的中点为，，直线的斜率为1,
解得：,
，
故选: C.
【点睛】
本题考查点关于直线对称，点与圆心的距离，考查运算求解能力，求解时注意对称性的应用.
7．（2020·全国高三专题练习（理））已知函数f(x)＝asin x－bcos x(a≠0，b≠0)，若，则直线ax－by＋c＝0的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先得到函数的对称轴，根据得到直线的斜率，从而可得倾斜角.
【详解】
由知函数f(x)的图象关于x＝对称，
所以，即，所以，
由直线ax－by＋c＝0知其斜率，所以直线的倾斜角为，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：根据对称轴由得直线ax－by＋c＝0的斜率是解题关键.
8．（2020·全国高三专题练习（理））已知实数，若三条直线，，围成的三角形面积为4，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先由直线方程求出三个交点坐标，根据点到直线距离公式，以及两点间的距离公式，表示出三角形的面积，得到，再结合基本不等式，即可得出结果.
【详解】
由解得，即；
由解得，即，
由解得，即，
因此点到直线的距离为：
，
又这三条线围成的三角形面积为，
所以
，
因为，
所以
，
当且仅当时，等号成立；
所以，即，即，即，
即的最大值是.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键在于根据题中三角形的面积，结合面积公式、点到直线距离公式等，得到三条线斜率之间的关系，再利用基本不等式进行处理，得到，之间关系，即可得出结果.
9．（2020·全国高三月考（理））已知，则直线与圆的位置关系为（ ）
A．相切 B．相离 C．相交或相切 D．相交
【答案】D
【分析】
根据圆心到直线的距离与半径的大小关系确定出直线与圆的位置关系.
【详解】
由题意，该圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
故选：D．
【点睛】
结论点睛：几何法判断直线与圆的位置关系：
（1）当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离；
（2）当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；
（3）当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交.
10．（2020·福建长汀县·高二期中）已知点，，若圆：上存在一点，使得，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意，分析圆C的圆心坐标以及半径，设AB的中点为M，由AB的坐标分析M的坐标以及|AB|的值，可得以AB为直径的圆；进而分析，原问题可以转化为圆C与圆M有公共点，结合圆与圆的位置关系，分析可得答案．
【详解】
根据题意，圆即；
其圆心为，半径，
设AB的中点为M，
又由点则，
以AB为直径的圆为，
若圆上存在一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆M有公共点，
又由
即有且,即，
又，
故选：B.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，注意将圆问题转化为圆与圆的位置关系，属于基础题．
11．（2020·重庆市江津中学校高二月考）已知实数、满足，的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设为圆上的任意一点，将转化为点P到直线的距离和点P到原点的距离比值的2倍，利用数形结合法求解.
【详解】
如图所示：
设为圆上的任意一点，
则点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
设圆与直线相切，
则，解得，
所以的最小值为，最大值为，
所以
所以，
故选：B
【点睛】
思路点睛：本题思路是先抽象出的几何意义，再通过数形结合，转化为过原点的圆的切线与直线的夹角的正弦，利用三角函数求解.
12．（2020·河北区·天津二中高二期中）过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】B
【分析】
按照过点P的直线斜率是否存在讨论，结合直线与圆相切的性质及点到直线的距离公式即可得解.
【详解】
圆的圆心为，半径为，点P在圆外，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，点到该直线的距离等于，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为即，
若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得，
所以该切线方程为；
所以切线方程为或.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：求过圆外一点的圆的切线方程的方法
几何法：当斜率存在时，设为，则切线方程为，即.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出的值，进而写出切线方程;
代数法：当斜率存在时，设为，则切线方程为，即，代入圆的方程，得到一个关于的一元二次方程，由，求得，切线方程即可求出.
13．（2020·河北区·天津二中高二期中）直线被圆截得的弦长等于（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】
先将圆化成标准方程，求出圆心与半径，再求圆心到直线的距离，然后解弦长即可．
【详解】
因为
所以，
圆心到直线的距离为
直线被圆截得的弦长；
故选：A．
【点睛】
计算圆的弦长通常使用几何法简捷．也可使用代数法计算.
二、多选题
14．（2020·湖北高二期中）以下四个命题为真命题的是（ ）
A．过点且在轴上的截距是在轴上截距的4倍的直线的方程为
B．直线的倾斜角的范围是
C．曲线与曲线恰有一条公切线，则
D．设是直线上的动点，过点作圆的切线，，切点为，，则经过，，三点的圆必过两个定点.
【答案】BD
【分析】
利用题设条件逐个选项进行判断即可．
【详解】
对于A，设，所以横截距为，纵截距为，所以，解得或，所以直线方程为或.故A错误；
对于B，由题知，，故，
当时，直线倾斜角，当时，直线倾斜角，故直线的倾斜角的范围是.故B正确；
对于C，曲线化为标准式得，曲线化为标准式得，所以，圆心距为5，因为有一条公切线，所以两圆内切，即，解得，故C错误；
对于D，设点，根据切线的性质，可得，经过，，的三点的圆，即为以为直径的圆，则圆的方程为，整理得，令，解得或，
即经过，，三点的圆必经过定点，.故D正确，
故选：BD
【点睛】
关键点点睛：两圆恰有一条公切线，则两圆的位置关系为内外切，转换为两圆心的距离为半径和.
15．（2020·福建长汀县·高二期中）若直线与曲线恰有一个公共点，则的可能取值是（ ）
A． B．0
C．1 D．
【答案】BC
【分析】
曲线，即表示一个半径为的半圆，数形结合讨论直线与曲线的交点，从而确定的可能取值.
【详解】
曲线可化为，即该曲线表示圆的右半部分
当直线过点时，求得
当直线过点时，求得
当直线与半圆相切于点时，由圆心到直线的距离等于半径
可得，解得或（舍）
由图可知，直线与曲线恰有一个公共点，则或
即只有BC满足题意.
故选：BC
【点睛】
解决本题的关键是利用数形结合讨论直线与圆的交点个数问题，进而确定的取值范围.
16．（2020·湖南雨湖区·湘潭一中高二期末）已知直线：，圆：，则下列结论中正确的是（ ）
A．存在的一个值，使直线经过圆心
B．无论为何值时，直线与圆一定有两个公共点
C．圆心到直线的最大距离是
D．当时，圆关于直线对称的圆的方程为.
【答案】BCD
【分析】
代入圆心坐标求值判断A，确定直线所过定点可判断B，由定点到圆心距离可判断C，求出圆心的对称点坐标可判断D．
【详解】
圆心坐标为，代入直线得：，无解，∴不论为何值，圆心都不在直线上，A错；
直线方程整理为，由得，即直线过定点，又，在圆内部，∴直线与圆相交，B正确；
设直线与圆相交于两点，弦中点为，则，为到直线的距离，显然，重合时取等号．，C正确；
时直线方程为，关于的对称点为，因此对称圆方程为，D正确．
故选：BCD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．求解方法有：利用动直线过定点与圆的位置关系判断直线是否与圆相交，利用圆心到弦中点连线与弦垂直，判断圆心到弦所在直线的距离的最大值，这也是求弦长的方法，由圆心到弦所在直线距离通过勾股定理计算弦长．
17．（2020·湖北襄州区·高二期中）下列说法中正确的是（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线恒过定点
C．点关于直线的对称点为
D．圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1
【答案】BCD
【分析】
对于A，判断斜率相乘是否为即可判断；对于B，代入点即可验证；对于C，判断中点是否在对称轴上，两对称点的连线是否和对称轴垂直；对于D，求出圆心到直线的距离，结合半径即可判断.
【详解】
对于A，直线的斜率为2，直线的斜率为，，故两直线不垂直，故A错误；
对于B，当时，，解得，故直线恒过定点，故B错误；
对于C，点和的中点在直线上，且点和连线的斜率为1，可得和垂直，故点关于直线的对称点为，故C正确；
对于D，圆的圆心为，半径为2，圆心到直线的距离为，则可得圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
方法点睛：关于轴对称问题：点关于直线的对称点，则有.
18．（2020·河北承德第一中学高二月考）圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A．对于任意的，圆与圆始终相切
B．对于任意的，圆与圆始终有四条公切线
C．当时，圆被直线截得的弦长为
D．P，Q分别为圆与圆上的动点，则的最大值为4
【答案】ACD
【分析】
求出圆心距，判断两圆位置关系絈可判断AB，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长判断C，由两圆心距离可判断D．
【详解】
由已知，，等于两圆半径之和，两圆始终相切，A正确，B错误；
时，，到已知直线的距离为，则弦长为，C正确；
由于，∴，共线时最大值．D正确．
故选：ACD．
【点睛】
方法点睛：本题考查圆与圆的位置关系．判断方程是求出圆心距离，根据与两圆半径和与差的大小关系判断，当两圆外离时，两圆有4条公切线，外切时有3条公切线，相交时有2条公切线，内切时有1条公切线，内含时无公切线．
第II卷（非选择题）
三、解答题
19．（2020·遵义市新蒲新区北师大附属高级中学有限责任公司高二期中）已知直线方程为，其中.
（1）当变化时，求点到直线的距离的最大值；
（2）若直线分别与轴、轴的负半轴交于，两点，求面积的最小值及此时的直线方程.
【答案】（1）（2）4，
【分析】
（1）求出动直线所过定点,当变化时，直线时，点到直线的距离的最大．
（2）直线的斜率存在且，因此可设直线的方程为，求出直线在轴、轴的截距．可得的面积，利用基本不等式的性质即可得出结果．
【详解】
（1）直线方程为，
可化为对任意都成立，
所以，解得，
所以直线恒过定点.
设定点为,当变化时，直线时，
点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，
即.
（2）由于直线经过定点．直线的斜率存在且，
因此可设直线方程为
可得与轴、轴的负半轴交于，两点
∴，，解得．
∴
当且仅当时取等号，面积的最小值为4
此时直线的方程为：，化为：．
【点睛】
关键点点睛：求三角形面积最小时，一般首先表示出三角形的面积，本题利用直线在坐标轴的截距表示可得,再根据均值不等式或利用函数求最值，确定最值取得的条件，求解即可.
20．（2020·浙江温州市·高二期中）已知直线：．
（1）已知点，若点到直线的距离为，求的最大值并求此时直线的方程；
（2）若直线交轴负半轴于，交轴正半轴于，求的面积的最小值并求此时直线的方程．
【答案】（1）最大值5，此时：；（2）面积最小值为4，此时直线的方程为．
【分析】
（1）注意到直线必过点，故点到直线的距离为满足，当且仅当垂直于直线，垂足为时，再根据等号成立解得，进而得此时直线方程.
（2）根据题意得以，，且，进而得的面积，再根据基本不等式求解即可.
【详解】
解：（1）因为点到直线的距离为，
于是有，
由直线：的表达式变形得：，
所以直线必过点，
根据点与直线间的关系可知，
于是当且仅当垂直于直线，垂足为时，
点到直线的距离取最大值，此时有，
解得，代入直线方程，得到：．
（2）依题意，直线在轴上的截距为，
在轴上的截距为，且，
所以，，
故，
当且仅当，即时取等号，故的最小值为4，
此时直线的方程为．
【点睛】
本题考查直线的方程的求解，考查回归转化思想与运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于发现直线必过点，进而得；第二问解题的关键是根据题意得，，，进而利用基本不等式求解即可.
21．（2020·浙江诸暨市·诸暨中学高二期中）在中，已知
（1）若直线过点且点到的距离相等，求直线的方程；
（2）若直线：为的平分线，求直线的方程.
【答案】（1）或；（2）
【分析】
（1）转化条件为直线过线段的中点或，结合直线方程的知识即可得解；
（2）转化条件为点关于直线的对称点在直线上，由轴对称的性质可得，再由直线方程的知识即可得解.
【详解】
（1）点到的距离相等，直线过线段的中点或，
①当直线过线段的中点时，直线斜率不存在，则的方程为；
②当时，则斜率，
则的方程为，即；
综上，的方程为或；
（2）直线为的平分线，所以点关于直线的对称点在直线上，
则有，解得，即，
直线的斜率，
直线的方程为，即
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是转化题目条件，再结合直线的位置关系、直线方程即可得解.
22．（2020·辽宁沈阳市·高二期中）已知平面内两点，.
（1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）一束光线从点射向（1）中的直线，若反射光线过点，求反射光线所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）本题首先可求出，然后根据直线过点且与直线平行即可求出直线的方程；
（2）本题可求出关于直线的对称点的坐标，然后求出的值，最后根据直线的点斜式方程即可得出结果.
【详解】
（1）因为，，所以，
因为直线过点且与直线平行，
所以直线方程为，即.
（2）设关于直线的对称点为，
则，解得，，
因为，所以，
则反射光线所在的直线方程为，即.
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据两直线平行求直线方程以及求反射光线所在的直线方程，若两直线平行，则这两直线的斜率相等，考查点关于直线的对称点的求法，考查计算能力，是中档题.
23．（2020·北京人大附中高二期中）已知三角形的顶点为，，.
（1）求直线的方程；
（2）从①、②这两个问题中选择一个作答.
①求点关于直线的对称点的坐标.
②若直线过点且与直线交于点，，求直线是的方程.
【答案】（1）；（2）① ；②或.
【分析】
(1)由，，即可求出直线的斜率，由点斜式即可写出直线的方程；
(2)选①由对称点的性质即可求出；
选②设出点的坐标，由两点间的距离公式列出方程，解出的值，根据、点的坐标即可求出直线的方程.
【详解】
解：（1）因为直线的斜率为，
所以直线的方程为：，
即直线的方程为：；
（2）问题①：
设的坐标为，则
解得:
点的坐标是；
问题②：
设的坐标为，
，
，
解得：或，
的坐标为或，
直线的方程为或.
【点睛】
方法点睛：求解直线方程时应该注意以下问题：
一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角的范围；
二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应对斜率存在与不存在加以讨论；
三是在用截距式时，应先判断截距是否为0，若不确定，则需分类讨论.
24．（2019·安徽省蚌埠第三中学高二月考（文））已知直线：：，求实数m的值使得：
（1）相交；
（2）；
（3）∥
【答案】(1) ，且 (2) (3)
【分析】
利用两直线相交、平行、垂直的结论一一求解．
【详解】
（1）当和相交时，．
令，得，解得或．
所以当，且时，和相交．
（2）当时，，解得．
所以当时，．
（3）因为时，不平行于，
所以，所以，且，解得．
【点睛】
方法点睛：本题考查了两直线结论位置关系的判定：
（1）直线：与直线平行
．
（2）直线：与直线垂直
（3）直线：与直线相交
25．（2020·四川省绵阳南山中学高二期中（理））已知的顶点，直线的方程为边上的中线所在直线方程为．
（1）求顶点的坐标；
（2）求边上的高所在直线方程．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）联立直线方程可解得结果；
（2）设出，利用的中点在直线上以及点在直线上，解方程组可得的坐标，利用垂直可得斜率，根据点斜式可得所求直线方程.
【详解】
（1）联立，解得，可得；
（2）设，则的中点，
则，解得，
又，所以边上的高所在直线的斜率，
所以边上的高所在直线方程为，即.
【点睛】
关键点点睛：求出点的坐标是求出边上的高所在直线方程的关键，设，利用直线的方程和的中点坐标满足的方程可解得点的坐标.
26．（2020·天津市武清区杨村第三中学高二月考）已知光线经过已知直线和的交点M，且射到x轴上一点后被x轴反射．
（1）求点M关于x轴的对称点P的坐标；
（2）求反射光线所在的直线的方程．
（3）求与距离为的直线方程．
【答案】（1）；（2）；（3）或．
【分析】
（1）解方程组求得的坐标，然后得出其关于轴的对称点的坐标；
（2）解法一：根据反射原理，确定直线和直线的倾斜角的关系，进而利用斜率公式求得直线的斜率，得到直线的斜率，进而用点斜式写出方程；解法二：反射光线所在的直线的方程就是直线PN的方程，利用两点式可求；
（3）利用直线平行的条件设出所求直线的方程，利用平行直线间的距离公式求出所求直线的方程.
【详解】
解：（1）由得，∴．
所以点M关于x轴的对称点P的坐标．
（2）解法一：
因为入射角等于反射角，
直线MN的倾斜角为，则直线的斜角．
，所以直线的斜率．
故反射光线所在的直线的方程为：．
即．
解法二：
因为入射角等于反射角，
所以反射光线所在的直线的方程就是直线PN的方程．
直线PN的方程为：，
整理得：．
故反射光线所在的直线的方程为．
（3）设与平行的直线为，
根据两平行线之间的距离公式得：，
解得，或，
所以与距离为的直线方程为：
或．
【点睛】
本题关键是光线反射原理：入射角等于反射角，从而得到入射线与反射线所在直线的倾斜角的关系，求到给定直线距离为定值的直线的方程，关键是根据直线平行的条件设出所求直线的方程，熟练掌握平行直线的距离公式是解题的关键.
27．（2020·全国（理））已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)．求：
（1）点A关于直线l的对称点A′的坐标；
（2）直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
（3）直线l关于点A对称的直线l′的方程．
【答案】（1）A′；（2）9x－46y＋102＝0；（3）2x－3y－9＝0.
【分析】
（1）直接设出点，利用垂直和中点坐标，列方程求解；（2）首先直线过直线和的交点，再转化为一点关于直线的对称点，利用两点求直线方程；（3）法一，转化为点关于点的对称点，求直线方程，法二，设Q(x，y)为l′上任意一点，利用对称性求关于的方程.
【详解】
（1）设A′(x，y)，
则解得即A′.
（2）在直线m上取一点，如M(2，0)，则M(2，0)关于直线l的对称点必在m′上．
设对称点为M′(a，b)，则
解得即M′.
设m与l的交点为N，则由得N(4，3)．
又m′经过点N(4，3)，
∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.
（3）法一：在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1，1)，N(4，3)，则P，N关于点A的对称点P′，N′均在直线l′上．
易知P′(－3，－5)，N′(－6，－7)，由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.
法二：设Q(x，y)为l′上任意一点，
则Q(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为Q′(－2－x，－4－y)，
∵Q′在直线l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0.
【点睛】
方法点睛：与直线有关的对称问题的求解规律：
1.点关于点对称，利用中点坐标得到对称点的关系式，；
2.直线关于点对称，两直线平行，斜率相等，再在已知直线上取点，再求点关于对称点的对称点，求直线方程；
3.点关于直线对称，两对称点的连线与对称轴垂直，两对称点的对称中心在对称轴上，列式求解对称点；
4.直线关于直线的对称，若两直线相交，则三条直线交于一点，再转化为求点关于直线的对称点；
5.若两直线平行，则三条直线都平行，由平行直线系和两条平行线间的距离即可求出直线的对称直线.
28．（2020·湖北高二期中）已知点圆，点是圆上的动点，点关于点的对称点为点，设点的轨迹为，以为圆心作圆与轴相切于点且与相交于、两点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）证明：直线平分线段；
（3）设直线与的交点为，直线，到的距离记为，试探究轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，求出定点坐标和该定值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），（2）证明见解析；（3）存在，，定值
【分析】
（1）设，求出中点的坐标，代入圆的方程，即可求得点的轨迹的方程；
（2）设，，由题意可得圆的方程，与轨迹的方程联立，可得直线的方程，求出的中点坐标，代入直线的方程成立，即可得证；
（3）由（2）可知点，，设存在定点满足要求，根据题意求出，，设，代入可得对恒成立，则可得关于和的方程组，解之即可得结论．
【详解】
解：（1）设，则由中点坐标公式得，由于点在圆上，∴，即为的方程．
（2）设，圆的方程为，联立方程组，得直线的方程为，
由于轴，所以的中点坐标为，，将其代入的方程左边得即的中点在直线上，所以平分．
（3）由（2）可知点，设存在定点满足要求，，，设为常数，则，∵，∴，对恒成立，∴，解得，，
故存在定点，定值满足要求.
【点睛】
本题主要考查求动点的轨迹方程的求法，两圆相交弦所在直线方程的求法，考查转化思想与运算求解能力，与圆有关的探索问题的解决方法：
第一步：假设符合要求的结论存在．
第二步：从条件出发(即假设)利用直线与圆的关系求解．
第三步：确定符合要求的结论存在或不存在．
第四步：给出明确结果．
第五步：反思回顾，查看关键点，易错点及答题规范．
29．（2020·临川二中实验学校高一期末（理））在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在轴右侧，原点和点都在圆上，且圆在轴上截得的线段长度为3．
（1）求圆的方程；
（2）若为圆上两点，若四边形的对角线的方程为，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先判断圆过三点，设出圆的一般方程，把三个点的坐标代入可得关于，，的方程组，求得，，的值，则圆的方程可求；
（2）由（1）求得圆心坐标与半径，求得到的距离．由垂径定理求弦长，得到弦长最大值．再由题意求出的范围，然后利用点到直线的距离公式分别求出到的距离以及到的距离．求出四边形的面积，可得时，四边形的面积有最大值为
【详解】
（1）因为圆的圆心在轴右侧，原点和点都在圆上，
且圆在轴上截得的线段长度为3
所以圆过三点，
设圆方程为，
则有，解得，
所以圆方程为，即．
（2）由（1）可知，半径，则到距离，
所以，当且仅当时取等号，
由解得；
由是四边形的对角线可得在两侧，
所以，
到距离到距离，
所以四边形的面积.当且仅当时取等号.
【点睛】
求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标 ，根据题意列出关于的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.
30．（2020·遵义市新蒲新区北师大附属高级中学有限责任公司高二期中）已知一圆经过点，，且它的圆心在直线上.
（1）求此圆的方程；
（2）若点为所求圆上任意一点，且点，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】(1) (2)
【分析】
（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；
（2）首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程.
【详解】
（1）由已知可设圆心N（a，3a-2），又由已知得|NA|=|NB|，
从而有，解得：a=2．
于是圆N的圆心N（2，4），半径．
所以，圆N的方程为,
(2) 设M（x，y），D，则由C（3，0）及M为线段CD的中点得：，解得又点D在圆N：上，
所以有，
化简得：．
故所求的轨迹方程为．
【点睛】
方法点睛：与圆相关的点的轨迹问题，一般可以考虑转移法（相关点法），设动点的坐标，根据条件，用动点坐标表示圆上点的坐标，再根据圆上点的坐标满足圆的方程求解即可.
31．（2020·吉安县第二中学高二期中）如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆：及其上一点.
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程；
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）设，由圆与轴相切、与圆外切可得，进而可得，即可得解；
（2）由直线平行的性质可设直线的方程为，利用垂径定理、点到直线的距离公式即可得解.
【详解】
圆的标准方程为，所以圆心，半径为5，
（1）由圆心在直线上，可设.
因为圆与轴相切，与圆外切，
所以，于是圆的半径为，从而，解得，
因此，圆的标准方程为；
（2）因为直线，所以直线的斜率为，
设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
因为，而，
所以，解得或，
故直线的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是转化直线与圆、圆与圆的位置关系及垂径定理的应用.
32．（2020·重庆市杨家坪中学高二期中）如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为.
（1）若，求两条切线所在的直线方程；
（2）求直线AB的方程，并写出直线AB所经过的定点的坐标.
【答案】(1) 切线方程为和;(2) 直线AB的方程为，恒过定点.
【分析】
(1) 设切线方程为，由相切可得圆心到切线的距离等于半径，结合即可求出切线的斜率，从而可求出切线方程.
(2)求出以为圆心，为半径的圆方程，与圆方程联立即可求出直线AB的方程，进而可求出定点的坐标.
【详解】
解：(1)由题意知，切线的斜率一定存在，设切线方程为，
即，则圆心到直线的距离，
整理得.当时，，解得或，
则切线方程为和.
(2)由题意知，，所以，
即以为圆心，为半径的圆方程为，与圆方程联立得，
，两式相减整理得，当时，，
所以直线AB的方程为，恒过定点.
【点睛】
方法点睛:
直线和圆相切问题的处理方法一般有两种:一是联立直线方程和圆的方程，通过解决问题；二是结合几何意义，即圆心到直线的距离等于半径求解.
33．（2019·上海市奉贤区奉城高级中学高二期末）已知一圆C的圆心为C（2，-1），且该圆被直线：x-y-1=0 截得的弦长为2，求：
（1）求该圆的标准方程，并求圆C关于直线对称的曲线方程；
（2）若P(x，y)为圆上一点，若恒成立，求m的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）先算出关于直线的对称点，再算出圆心到直线的距离后可求得圆的半径，从而可得圆的标准方程.
（2）求出原点与圆上的点的连线段长的的最小值，从而可求的取值范围.
【详解】
（1）圆C关于直线对称的曲线方程为圆，
设关于直线对称的点的坐标为，
则，解得，故.
到直线的距离为，故圆的半径为，
故圆的半径为2，其标准方程为：.
圆的半径也为2，其标准方程为：.
（2），当在圆上运动变化时，，
故，所以.
【点睛】
关键点点睛：
（1）圆中的弦长问题，往往利用垂径定理来沟通半径、弦长、弦心距的关系；
（2）圆上的点与定点（在圆内）的距离的最值，往往转化半径与定点到圆心的距离的和和差来计算.
34．（2020·吕梁市贺昌中学高二期中）已知以点C为圆心的圆经过点A(-1，0)和B(3，4)，且圆心C在直线上
（1）求圆C的方程；
（2）设点Q(-1，)(m>0)在圆C上，求△QAB的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出的垂直平分线和直线的交点可得圆心坐标，再利用两点间距离求半径，即可得答案；
（2）求出点，再利用点到直线距离公式求高，代入面积公式即可得答案；
【详解】
（1）依题意知所求圆的圆心为的垂直平分线和直线的交点．
的中点为，直线的斜率为1，
的垂直平分线的方程为，即．
由，得，即圆心．
半径．
故所求圆的标准方程为．
（2）点在圆上，
或(舍去)，，
，直线的方程为：，
点到直线的距离为4，
的面积．
【点睛】
利用圆的几何意义求圆的方程时，注意只要圆过两点A,B，其圆心必在线段的中垂线上.
35．（2020·福建长汀县·高二期中）已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线：上．
（1）求圆的方程；
（2）已知直线：圆截得的弦与圆心构成，若的面积有最大值，求出直线：的方程；若的面积没有最大值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在或，最大值为，直线的方程为或.
【分析】
（1）设圆的一般式方程，代入、两点坐标，再圆心在直线上，列方程组得解.
（2）设圆心到直线的距离为，将三角形的面积表示为的函数，用基本不等式求最值及取最值时的取值，进一步可得对应的直线方程.
【详解】
（1）设圆的方程为因为点和在圆上，圆心在直线：上，
所以，解得，，，
所以圆的方程为，即．
（2）设圆心到直线的距离为，为的中点，连接.
在中，∵，
∴的面积为
∴，
当且仅当，即时等号成立，
此时的面积取得最大值.
∵，
∴，∴或，故存在或，使得的面积最大，最大值为，此时直线的方程为或.
【点睛】
此题为直线与圆的综合题，属于能力题.
方法点睛：直线与圆相交的弦、弦心距、圆的半径三者构成的直角三角形是此类问题中的特征三角形，边长满足勾股定理是解决此类问题关键.
36．（2020·上海徐汇区·南洋中学高二期中）已知圆C的圆心在直线2x-y-3=0上，且圆C过点(1，6)，(5，2).
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点P(3，2)的直线l与圆C交于A、B两点，当|AB|=6时，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）先利用已知点求中垂线，联立直线方程得到圆心坐标，再利用点到圆心的距离计算半径，即得圆的标准方程；
（2）先讨论斜率是否存在写出方程，根据弦长、半径与圆心到直线的距离构建关系求出参数，即得结果.
【详解】
解：（1）过点(1，6)，(5，2)的直线的斜率是，两点的中点是，故其中垂线的斜率是1，中垂线是，即，圆心在直线2x-y-3=0和上，联立方程得圆心，，
故圆C的标准方程为；
（2）若直线l斜率不存在，则直线l：，此时圆心到直线的距离为1，故，|AB|=6，满足题意；
若直线l斜率存在，设为k，则直线l：，即，要使弦长|AB|=6，，半径为，则圆心到直线的距离为，即，解得，故直线方程是，即.
综上，直线l的方程为或.
【点睛】
求直线被圆截得的弦长的常用方法：
（1）几何法：直线被圆截得的半弦长、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且
；
（2）代数法：联立直线与圆的方程，消元得到关于x的一元二次方程，由根和系数的关系，利用弦长公式计算弦长.
37．（2020·浙江台州市·高二期中）已知直线和圆，过直线上的一点作两条直线，与圆C相切于A，B两点.
（1）当P点坐标为时，求以为直径的圆的方程，并求直线的方程；
（2）设切线与的斜率分别为，，且时，求点P的坐标.
【答案】（1）圆的方程为，直线的方程为；（2）或.
【分析】
（1）求出圆心即中点坐标，和半径可得圆方程，与已知圆方程相减可得直线方程；
（2）设过P的直线l方程，整理得到：含的方程，进而利用韦达定理，求出点P的坐标
【详解】
解：（1）圆，可化为，
中点为，，
∴以为直径的圆的方程为圆，
∵，，
∴P，A，B，C四点共圆E，
∴直线的方程是两圆公共弦所在直线方程，
两方程相减可得直线的方程为；
（2）设过P的直线l方程为，
由于与直线l相切，得到，
整理得到：，
∴
，代入，可得，
∴或，∴点P坐标或.
【点睛】
关键点睛：设过P的直线l方程，由于与直线l相切，得到，进而得到方程，最后利用韦达定理求出点P坐标，属于中档题
38．（2020·福建高二期中）已知圆经过点，且圆心在直线上，直线与圆相切．
（1）求圆的方程；
（2）已知斜率为的直线经过原点，求直线被圆截得的弦长．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设圆心的坐标为，由圆心到切线的距离等于圆心到点距离可求得，得圆心坐标，再得半径后可得圆的方程；
（2）写出直线的方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理求得弦长．
【详解】
解：
（1）设圆心的坐标为，
则
化简，得，
解得，
所以，
半径，
所以圆的方程为
（2）直线的方程为，
设圆心到直线的距离为，
则，
设弦长为，得，
所以直线被圆截得的弦长为．
【点睛】
方法点睛：求圆的弦长有两种方法：
（1）几何法：求出圆心到弦所在直线距离，然后由垂径定理（勾股定理）求得弦长；
（2）代数法（韦达定理法）：设交点为，直线方程与圆方程联立方程组消元后应用韦达定理得，然后由弦长公式得弦长，这种方法是解决直线与圆锥曲线相交弦长的问题的主要方法．
39．（2020·湖北襄州区·高二期中）在①圆经过，②圆心在直线上，③圆截轴所得弦长为8且圆心的坐标为整数；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.
已知圆经过点，且______；
（1）求圆的方程；
（2）已知直线经过点，直线与圆相交所得的弦长为8，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）设圆的方程为，根据待定系数法求解圆的方程即可；
（2）设圆心到直线的距离为，则由（1）得，易知直线的斜率存在，故设其方程为，进而结合点到直线的距离公式解方程得，，故直线的方程为或
【详解】
解：选条件①，
（1）设圆的方程为，
依题意有，
解得，，，
所以圆的方程为，
即圆的标准方程为：.
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
选条件②，
（1）设圆的方程为，
因为圆经过点，，且圆心在直线上
依题意有，
解得，，，
所以圆的方程为.
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
选条件③，
设圆的方程为，
由圆经过点，，故，
又因为圆截轴所得弦长为8，
故方程的两个实数根的差的绝对值为.
所以，即
解方程组，
得，，或，，，
由于圆心的坐标为整数，
故圆的方程为
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
【点睛】
本题考查待定系数法求圆的方程，圆的弦长问题，考查运算求解能力.本题解题的关键在于利用弦长，半径与圆心到直线的距离之间的关系求解.此外，本题的解题过程中，还容易出现忽视直线斜率不存在的讨论而导致解题不严谨的问题出现，需要格外注意.
40．（2020·安庆市第二中学高二期中）已知圆过点，圆M关于直线对称的圆为圆C，设P点为T点关于的对称点．
（1）求圆C的方程；
（2）设Q为圆C上的一个动点，求的最小值；
（3）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB分别与x轴的交点分别为E，F，若是以P为顶点的等腰三角形，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行，并说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）直线OP和AB平行，理由见解析.
【分析】
（1）由圆M的方程求出圆心M的坐标，再求出M关于直线对称的点C的坐标，结合圆M过点，即可求出半径，代入圆的标准方程得到答案；
（2）求出点的坐标，设，可得，设
，则的最小值为圆上的点与点距离的最小值的平方减，即可求解；
（3）设出直线PA和直线PB的方程，分别将他们与圆C的方程联立，转化为关于的一元二次方程，由一定是该方程的解，可求得A，B的横坐标，求出直线AB的斜率，可得，又，即可证明.
【详解】
圆的圆心
由圆M过点，所以，所以，
设M关于直线对称的点，则，解得 ，
所以圆的方程为，
（2）设，则，解得，所以，
设，则
，
设，则的最小值为圆上的点与点距离的最小值的平方减，
因为，
所以的最小值为，
（3）直线OP和AB平行，理由如下：
因为点在圆上，由题意可得，直线和直线的斜率都存在且互为相反数，设：，即，
则：，即，
由得：，
因为一定是该方程的解，所以，，
所以
，而，所以，
所以直线OP和AB平行.
【点睛】
关键点点睛：第一问的关键点是利用点关于线对称的点求出圆心的坐标，第二问是利用坐标将数量积表示出来之后转化为定点到圆上一点距离的平方再减去，第三问的关键点是根据是以P为顶点的等腰三角形，得出，联立方程求两点坐标，利用斜率公式证明.
四、填空题
41．（2020·淮南第一中学高二期中（理））已知直线与直线平行，则直线，之间的距离为__________.
【答案】
【分析】
利用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式即可得出．
【详解】
解：因为直线与直线平行，
所以，解得，
当时，，，则
故答案为：
【点睛】
熟练运用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式，是解题关键．
42．（2020·全国高三专题练习（理））已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，实数a＝________.
【答案】
【分析】
先确定两直线恒过定点P(2，2)，再结合图像四边形的面积S＝，整理判断二次函数何时取最小值即可.
【详解】
由题意知，直线l1，l2恒过定点P(2，2)，如图所示，
直线l1与y轴的交点为，直线l2与x轴的交点为，所以四边形的面积S＝×2×(2－a)＋×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝，当a＝时，面积最小.
故答案为：.
【点睛】
本题解题关键是找出定点，数形结合，将四边形分成两个三角形求面积的表达式，再求最值.
43．（2020·全国高三专题练习（文））已知点，，动点，分别在直线和上，且与两直线垂直，则的最小值为______.
【答案】
【分析】
设，求出点坐标，计算，再用几何意义求出的最小值即得．
【详解】
解：设，由于与两直线垂直且，则，
故.
此式可理解为点到及的距离之和，其最小值即为.
故所求最小值为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：本题考查距离之和的最值问题，解题方法是：用坐标表示距离，化几何问题为代数问题，利用函数知识求解，对平方和（或二次根式下的平方和）形式，或一次分式形式的代数式又可利用几何意义：两点间的距离公式，点到直线的距离，直线的斜率，可代数问题转化为平面上的几何问题，利用图形易得结论．
44．（2020·吉安县第二中学高二期中）已知点是直线上一动点，直线，是圆的两条切线，，为切点，为圆心，则四边形面积的最小值是______.
【答案】2
【分析】
根据切线的性质可将面积转化为，求出的最小值即到直线的距离.
【详解】
圆化为，可得圆心为，半径为1，
如图，可得，
，
则当取得最小值时，最小，
点是直线上一动点，
到直线的距离即为的最小值，
，
.
故答案为：2.
【点睛】
关键点睛：本题考查直线与圆相切问题，解题的关键是利用切线性质将面积转化为，即求的最小值即可.
45．（2020·福建长汀县·高二期中）在平面直角坐标系中，过圆：上任一点作圆：的一条切线，切点为，则当取最小值时，______．
【答案】
【分析】
首先画出相应的图形，根据切线的性质，得到对应的垂直关系，利用勾股定理得到线段之间的关系，从而将问题转化，再应用圆上的点到定点的距离的最小值在什么位置取得，从而求得结果.
【详解】
由方程可得圆C1,C2的圆心坐标分别为,,半径都是1.
如图，因为PQ为切线，所以，
由勾股定理，得，要使最小，则需最小，
显然当点P为与的交点时，最小，
此时，，所以当最小时，就最小，
，
当时，最小，得到最小，
故答案是：.
【点睛】
该题考查的是有关直线与圆的位置关系，切线长的求法，勾股定理，两点间距离公式，二次函数的最值，以及数形结合的思想.
五、双空题
46．（2020·湖北襄州区·高二期中）已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线､，､为切点，则四边形的面积的最小值为______；直线过定点______.
【答案】
【分析】
根据切线的相关性质将四边形面积化为，即求出最小值即可，即圆心到直线的距离；又可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，设出点坐标，求出圆的方程可得直线方程，即可得出定点.
【详解】
由圆得圆心，半径，
由题意可得,
在中，，
，
可知当垂直直线时，，
所以四边形的面积的最小值为，
可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，
设，则圆心为，半径为，
则该圆方程为，
整理可得，
联立两圆可得直线AB的方程为，
可得当时，，故直线过定点.
故答案为：；.
【点睛】
关键点睛：本题考查圆的切线的相关问题，求四边形面积时，关键是将面积转化为，根据的最值求解；求直线过定点，关键是需要知道共圆，从而得出公共弦的方程.
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