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专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》11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》11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73页， 欢迎下载使用。
专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2020·江西省奉新县第一中学月考（文））已知直线，直线，若，则实数的值为（ ）
A． B．－4 C．4 D．
【答案】B
【分析】
解方程再检验即得解.
【详解】
因为，
所以.
当时，两直线重合，所以舍去.
当时，符合题意.
所以.
故选：B
【点睛】
易错点睛：已知直线和直线平行求参数的值时，除了要计算，还一定要把求出的参数值代入原直线方程进行检验，看直线是否重合.本题就是典型例子，否则容易出现错解.
2．（2020·贵溪市实验中学期中（理））已知直线与直线互相垂直，则实数为（ ）
A． B．0或2 C．2 D．0或
【答案】B
【分析】
利用两直线垂直结论：，代入求解即可.
【详解】
由题意得：
或；
故选：B.
3．（2020·和平·天津一中期中）直线l1：ax+2y+6=0与直线l2：x+(a-1)y+a2-1=0平行，则a等于（ ）
A．-1 B．-1或2 C．2 D．1
【答案】A
【分析】
根据直线平行关系可得方程组，解方程组求得结果.
【详解】
由与平行得：，解得：
故选：.
【点睛】
本题考查两直线与平行时有，
易错点是忽略直线不能重合，造成增根.
4．（2020·湖北宜昌·月考）若直线与直线平行，则a的值为（ ）
A．或 B．
C．或 D．
【答案】D
【分析】
根据直线平行关系可得方程组，解方程组求得结果.
【详解】
由与平行得：，
解得：
故选：D
【点睛】
本题考查根据直线的平行关系求解参数值，易错点是忽略直线不能重合，造成增根.
5．（2020·涡阳县育萃高级中学月考）设直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，则“是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】
对直线的倾斜角分锐角和钝角进行讨论，再结合正切函数的性质，即可得答案；
【详解】
解：∵直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，
当倾斜角均为锐角时，和均为钝角时，若“”，则“”，
若“”，则“”，
当倾斜角一个为锐角一个为钝角时，若“”，则“与”的大小不能确定，
若“”，则“与”的大小也不能确定，
故则“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
【点睛】
直线的斜率，将斜率视为倾斜角的函数，再利用正切函数的性质进行求解.
6．（2020·安徽六安一中月考（理））已知两条直线：，：平行，则与的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】
先根据两直线平行求解出参数的值，再利用平行直线间距离的计算公式求解出与的距离.
【详解】
因为，所以，所以或，
当时，均为，此时两直线重合不符合条件，
当时，即，，此时符合，
所以的距离为：，
故选：C.
【点睛】
结论点睛：已知（两直线不重合）：
（1）若，则有；
（2）若，则有.
7．（2020·重庆月考）直线与圆相交于，两点，若，为圆上任意一点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
取的中点，连接、，由点到直线的距离公式可得，于是推出，，而，
，其中，从而得解.
【详解】
解：取的中点，连接、，则，
∵，
∴点到直线的距离，
在中，，
∴，
∴，
∴
，
当，同向时，取得最小值，为；
当，反向时，取得最大值，为.
∴的取值范围为.
故选：A.
【点睛】
本题考查点到直线距离公式、向量的数量积运算、直线与圆的方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查运算求解能力.
8．（2020·山西大附中其他（文））已知点，与直线，且直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．或 B．或 C． D．
【答案】A
【分析】
直线经过定点，求得、的斜率，再数形结合可得直线的斜率的取值范围.
【详解】
解：已知点，与直线，且直线与线段相交，
直线，即直线，它经过定点，
的斜率为，的斜率为，
则直线的斜率的取值范围为或，
故选：.
【点睛】
本题主要考查直线的斜率，考查数形结合思想，属于基础题.
9．（2020·洪洞县新英学校期中（理））过点的直线与以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
画出图形，设直线的斜率为，求出和，由直线与线段有交点，可知或，即可得出答案.
【详解】
直线过定点，设直线的斜率为，
∵，，
∴要使直线与线段有交点，则的取值范围是或，
即.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：求直线的斜率（或取值范围）的方法：
（1）定义法：已知直线的倾斜角为，且，则斜率；
（2）公式法：若直线过两点，，且，则斜率；
（3）数形结合方法：该法常用于解决下面一种题型：已知线段的两端点及线段外一点，求过点且与线段有交点的直线斜率的取值范围.
若直线的斜率都存在，解题步骤如下：
①连接；
②由，求出和；
③结合图形写出满足条件的直线斜率的取值范围.
10．（2020·首都师范大学附属中学期中）已知直线：与：平行，则的值是（ ）
A．1或0 B．5 C．0或5 D．1或5
【答案】C
【分析】
由两直线平行得出，解出的值，然后代入两直线方程进行验证.
【详解】
解:直线：与：平行，
，整理得，解得或.
当时，直线，，两直线平行；
当时，直线，，两直线平行.
因此，或.
故选:C.
【点睛】
方法点睛:本题考查直线的一般方程与平行关系，在求出参数后还应代入两直线方程进行验证.
(1)若，
①;
②.
(2)若,,且A1、A2、B1、B2都不为零,
①；
②；
11．（2020·沙坪坝·重庆一中月考）已知点，，若直线与线段恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
作出图形，直线恒过定点，求出、的斜率，由直线与线段恒有公共点，可求出的取值范围.
【详解】
直线恒过定点，
直线的斜率，直线的斜率，
当或时，直线与线段恒有公共点.
故选：D.
【点睛】
本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中等题．
12．（2020·和平·天津一中期中）过点P(1，2)引直线使两点A(2，3)､B(4，-5)到它的距离相等，则直线方程是（ ）
A．4x+y-6=0 B．x+4y-6=0
C．2x+3y-7=0或x+4y-6=0 D．4x+y-6=0或3x+2y-7=0
【答案】D
【分析】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=1，不成立；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由此利用点到直线的距离公式能求出直线方程.
【详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=1，不成立；
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为，即，
∵直线l与两点A (2，3)， B(4，-5）的距离相等，
解得或
.:.直线l的方程为或
整理，得：或
故选：D
【点睛】
解决本题要注意设直线方程时，分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论，然后根据点到直线的距离相等即可求解.
13．（2020·陕西西安·高新一中高三期末（理））已知AB是圆的任意一条直径，点P在直线上运动，若的最小值为4，则实数a的值为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】
将代入，结合是相反向量且模长为1，可得，由已知条件得出，的最小值为，转化为点O到直线的距离为，即可求解.
【详解】
，
由题得的最小值为，
即点O到直线的距离为
.
故选:C.
【点睛】
本题考查向量的线性关系以及向量的数量积，解题的关键要把最值转化为点到直线的距离，属于中档题.
14．（2019·九江市第三中学期中（文））设点M为直线上的动点，若在圆上存在点N，使得，则M的纵坐标的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
在中，由正弦定理可得，从而得到，再根据角的取值范围，求出的取值范围，即可得解；
【详解】
解：设，在中，由正弦定理得
因为，，所以
整理得
由题意知，所以，所以时，取得最值，即直线为圆的切线时，取值最值，所以
故选：C
【点睛】
本题考查直线与圆的综合应用，解答的关键转化到中利用正弦定理计算，考查转化思想；
15．（2020·江苏南京·期中）已知直线与圆交于不同的两点是坐标原点，且有，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设的中点为，由，可得，则，再结合直线与圆相交列不等式，即可求出实数的取值范围．
【详解】
设的中点为，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以或，
因为直线与圆相交，所以，所以，
因为，所以实数的取值范围是，，
故选：．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系、平面向量的加法运算，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于中档题．
16．（2020·安徽六安一中月考（理））已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】
先根据垂径定理得圆心到直线距离，再根据圆心到直线距离解得，最后根据直角三角形得结果.
【详解】
根据垂径定理得圆心到直线距离为，
所以，从而直线倾斜角为，
因此，
故选：B..
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与圆的有关问题，可以从以下几个方面入手：
（1）根据圆的半径，半弦长和弦心距构成直角三角形，利用勾股定理求得弦心距；
（2）利用点到直线的距离求得参数，确定直线的倾斜角；
（3）结合圆中相关量之间的关系，求得结果.
17．（2020·安徽六安一中月考（理））已知点在圆的外部（不含边界），则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
本题首先可根据圆的方程得出圆心与半径，然后根据题意得出点到圆心的距离大于半径，最后根据两点间距离公式即可得出结果.
【详解】
圆，即，圆心，半径，
因为点在圆的外部，
所以点到圆心的距离大于半径，
即，解得，
故选：B.
【点睛】
本题考查根据点与圆的关系求参数，若点在圆内，则点到圆心的距离小于半径；若点在圆上，则点到圆心的距离等于半径，若点在圆外，则点到圆心的距离大于半径，考查两点间距离公式，是中档题.
18．（2020·山西大附中其他（文））若圆上恰有2个点到直线y=x+b的距离等于1，则b的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
问题转化为圆心到直线的距离大于1，小于3，再求出圆心到直线的距离后列出不等式可解得．
【详解】
依题意可得圆心到直线的距离.∵∴，解得或，故选B.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，属于一般题．
19．（2020·湖南月考）已知圆直线；，直线与圆相交于、两点.则弦长度的取值范围是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【分析】
由圆的方程可得圆心坐标及半径的值，再由直线的方程可得直线恒过定点，代入弦长公式可得当最小时弦长最大，当最大时弦长最小，求出的最大最小值，进而求出弦长的最小最大值.
【详解】
解：圆可得圆心，半径，
因为直线；，恒过直线和的交点，
解得：，，
即直线恒过定点，
因为，所以定点在圆内，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
当时，弦长最大，这时过的最长弦长为圆的直径，
当最大时，这时，
所以弦长的最小值为，
所以弦长的范围为，，
故选：.
【点睛】
本题考查直线与圆相交弦长，圆的弦长常常用几何法计算，即利用垂径定理（勾股定理）计算，若直线过圆内一定点，则当弦过圆心时弦长最长，当为弦中点时，弦长最短．
20．（2020·江苏南京·期中）在平面直角坐标系中，直线与两坐标轴分别交于点、，圆经过、，且圆心在轴上，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
求出点、的坐标，设圆心坐标为，由可求出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可求得圆的方程.
【详解】
易知，直线交轴于点，交轴于点，
设圆心的坐标为，由可得，解得，
所以，圆的半径为，
因此，圆的方程为，即为.
故选：A.
【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．
21．（2020·河南洛阳·高三月考（理））已知实数，满足，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】
用几何意义求解，设为圆上的任意一点，点到直线的距离，点到原点的距离．圆在直线 的右下方，，这样待求式．要使得最小，只要求出过原点与圆相切的直线斜率即可得结论．
【详解】
设为上的任意一点，则点到直线的距离，点到原点的距离．
，
设圆与直线相切，则，解得或，结合图形可知的最小值为30°，故，
故选：B．
【点睛】
本题考查求最值问题，解题关键是确定题中式子的几何意义，设，动点在已知圆上，引入直线，所求式变为到直线的距离与到原点的距离之比的2倍，再由直角三角形变为三角函数，这样由图形可得什么时候取得最小值，完成求解．
二、多选题
22．（2020·江苏泰州·月考）已知点，若圆上存在点M满足，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．0
【答案】BD
【分析】
设点，由平面向量数量积的坐标表示可得的轨迹方程为，结合圆与圆的位置关系即可得解.
【详解】
设点，则，
所以，
所以的轨迹方程为，圆心为，半径为2，
由此可知圆与有公共点，
又圆的圆心为，半径为1，
所以，解得.
故选：BD.
【点睛】
解决本题的关键是求出点的轨迹方程和转化问题为圆与圆的位置关系，细心计算即可得解.
23．（2020·沙坪坝·重庆一中月考）点是直线上的动点，由点向圆：作切线，则切线长可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】
首先根据公式先求，再根据数形结合求，再比较选项.
【详解】
是圆的切线，是切点，连结，
所以，当最小时，取最小值，
由图可知，原点到直线的距离是的最小值，此时，
，所以切线长.
故选：AD
【点睛】
本题考查切线长的的最小值，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
第II卷（非选择题）
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三、解答题
24．（2020·贵溪市实验中学期中（理））已知三边所在直线方程为：，：，：，求：
（1）求直线与直线的交点的坐标；
（2）求边上的高所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）列方程组求解即可；（2）利用两直线垂直，再利用点斜式写方程即可.
【详解】
（1）由，
解得交点；
（2）∵，
∴.
∴边上的高线的方程为，
即.
25．（2020·上海市建平中学期中）直线过点且与轴、轴正半轴分别交于、两点.
（1）若直线的斜率为，求△的面积；
（2）若△的面积满足，求直线的斜率的取值范围；
（3）如图，若点分向量所成的比的值为2，过点作平行于轴的直线交轴于点，动点、分别在线段和上，若直线平分直角梯形的面积，求证：直线必过一定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，定点.
【分析】
（1）根据直线的点斜式方程得直线的方程，进而得、，故△的面积为；
（2）根据题意设直线的方程为：，进而得、，进而得，△的面积，再结合解不等式即可得答案；
（3）根据题意结合（2）得，设，，故直线的一般式方程为：，再根据得，进而得直线的式方程为：，再根据直线系方程即可得答案.
【详解】
解：（1）因为直线的斜率为，
所以直线的方程为：，
整理得：，
所以直线与轴、轴正半轴的交点为、，
故△的面积为.
（2）根据题意，直线的斜率存在且，
所以直线的方程为：，
整理得：
所以直线与轴、轴正半轴的交点为、，
所以，解得 ，
所以△的面积，
由于△的面积满足，
所以，整理得：，
解不等式得：，
故直线的斜率的取值范围.
（3）由（2）知、，
由于点分向量所成的比的值为2，
所以，由于，
所以，即.
所以、，，
故设，，
所以直线的一般式方程为：，
由于直角梯形的面积为，
直线平分直角梯形的面积，
所以直角梯形的面积为，
所以，即，
所以直线的式方程为：，
整理得：，
所以直线过直线与直线的交点，
所以直线过定点.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查直线的方程的综合应用，考查运算求解能力，属于中档题.解题的过程中需要注意的关键点在于第（2）问应先设出过点的直线的斜率，进而利用斜率表示三角形的面积，再根据解不等式；（3）设出设，，根据面积关系求得，进而根据直线系方程求解.
26．（2020·上海市实验学校期中）已知△的顶点，边上的中线所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为.
（1）求点坐标；
（2）求边所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设点，由线段的中点在直线上可得出关于实数的等式，可求得实数的值，由此可求得点的坐标；
（2）求出点关于直线的点的坐标，求出直线的方程，即为直线的方程.
【详解】
（1）由题意可知，点在直线上，设点，
线段的中点坐标为，
由题意可知，点在直线上，则，
解得，则，所以，点的坐标为；
（2）设点关于直线的对称点为点，则点在直线上，
由题意可得，解得，即点，
直线的斜率为，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】
解决点关于直线对称问题要把握两点：点与点关于直线对称，则线段的中点在直线上，直线与直线垂直．
27．（2020·北京北科大附中期中）已知三角形的顶点坐标为、、，是边上的中点．
（1）求边所在的直线方程；
（2）求中线的长；
（3）若点A的直线与线段BC有公共点，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）由斜率公式求得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可；
（2）由中点坐标公式可得的中点，代入两点间距离公式可得答案．
（3）由斜率公式可得，从而可得答案.
【详解】
（1）由题意可得直线的斜率，
故直线的方程为：，
化为一般式可得：；
（2）由中点坐标公式可得的中点，
故．
（3）由斜率公式可得，
因为过点A的直线与线段BC有公共点，
所以直线斜率的取值范围.
【点睛】
本题考查斜率公式的应用，直线的点斜式与一般式方程，涉及两点间的距离公式，属基础题．直线方程主要有五种形式，每种形式的 直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式设直线方程时要注意讨论斜是否存在；截距式要注意讨论截距是否为零；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化为一般式.
28．（2020·贵溪市实验中学期中（理））已知圆：，直线：.
（1）无论取任何实数，直线必经过一个定点，求出这个定点的坐标；
（2）当取任意实数时，直线和圆的位置关系有无不变性，试说明理由；
（3）请判断直线被圆截得的弦何时最短，并求截得的弦最短时的值以及弦的长度.
【答案】（1）证明见解析；直线恒过；（2）答案见解析；（3）当直线垂直时，截得的弦最短，，.
【分析】
（1）将直线的方程化简：将含参数的项合并，不含参数的项合并，分别令二者为，由此求解出定点坐标；
（2）根据直线所过的定点与圆的关系，确定出直线与圆的位置关系；
（3）根据条件分析出当直线垂直时截得的弦最短，根据垂直时对应的斜率之积为求解出的值，再利用勾股定理求解出的值.
【详解】
解：（1）直线：可变形为，
由，解得：，直线恒过；
（2）圆心，，∵，∴直线过圆内一定点，不论取何值时，直线和圆总相交；
（3）当直线垂直时，截得的弦最短，
，，，∴.
最短的弦长，∴，.
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与圆的综合应用，属于中档题.
（1）求解直线过定点问题的方法：将直线方程中含参部分合并，将不含参部分合并，根据二者同为求解出对应的，即为定点的横纵坐标；
（2）过定点的动直线被圆截得的弦最短问题的求解方法：考虑圆心到直线的最长距离，即为圆心到与定点连线垂直于动直线时，然后根据垂直关系求解问题.
29．（2020·北京学业考试）已知圆的圆心坐标为，且与轴相切，直线与圆交于，两点，求.
某同学的解答过程如下：
解答：因为圆的圆心坐标为，且与轴相切，
所以圆的半径是2.
所以圆的方程是.
因为直线与圆交于，两点，
联立方程组
解得或
不妨设，，
所以
（1）指出上述解答过程中的错误之处；
（2）写出正确的解答过程.
【答案】（1）或不对；（2）答案见解析.
【分析】
写出圆的方程，与直线方程联立解方程组可得正确结论，题中解方程组出现错误．
【详解】
（1）或不对.
（2）因为圆的圆心坐标为，且与轴相切，
所以圆的半径是2.
所以圆的方程是.
因为直线与圆交于，两点，
联立方程组
解得或
不妨设，，
所以.
【点睛】
方法点睛：求直线与圆相交弦长有两种方法：
（1）代数法：求出直线与圆的两个交点坐标，由两点间距离公式计算；
（2）几何法：求出圆心到直线的距离，利用垂径定理（勾股定理）计算弦长．
30．（2020·福建厦门一中月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4）．
（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；
（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，
求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】
(1)化简得到圆的标准方程，求得圆的圆心坐标和半径，进而求得N的标准方程；
(2)由题意得，设，则圆心到直线的距离，由此能求出直线的方程.
【详解】
圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，
所以圆心M(6,7)，半径为5.
(1) 由圆心在直线上，可设．
与轴相切，与圆外切，，
于是圆的半径为，从而，解得．
因此，圆的标准方程为
(2) 直线，直线的斜率为．
设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离
．
，
而，
，
解得或．
故直线的方程为或；
【点睛】
本题主要考查了圆的标准方程的求法及直线与的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定与应用，以及合理运用圆的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.
31．（2020·北京市大兴区第一中学期中）已知圆和点，
（1）判断点与圆的位置关系
（2）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程；
（3）过点作圆的切线，切点为，求所在的直线方程.
【答案】（1）点在圆外；（2）或；（3）.
【分析】
（1）将点坐标代入圆方程与0比较，可得点在圆外.
（2）斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理可得，得直线方程，检验直线斜率不存在时，弦长为4，符合题意；
（3）求出以为直径的圆的方程，此圆与圆的交线即为弦所在直线．两圆方程相减得即．
【详解】
（1）点坐标代入圆方程得：，所以点在圆外.
（2）圆，则圆心，半径，
①若直线的斜率存在，设直线，
即
此时，直线方程为；
②若直线的斜率不存在，则直线，代入得，
此时，合乎题意.
综上所求直线的方程为：或；
（3），则中点坐标，，所以为直径的圆的方程，即①；
又圆②.
①-②得，因此，直线的方程为.
【点睛】
易错点睛：本题考查直线与圆的问题，直线方程有五种形式，每种形式的直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式的直线方程时要注意讨论斜率是否存在；截距式要注意讨论截距是否为0；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化成一般式.
32．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.
①求的方程，并说明是什么图形；
②试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）①，是圆；②存在， .
【分析】
（1）设圆心，根据题意，得到半径，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；
（2）①设，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到，代入圆的方程，即可得出结果；
②假设存在一点满足（其中为常数），设，根据题意，得到，再由①，得到，两式联立化简整理，得到，推出，求解得出，即可得出结果.
【详解】
（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径.
∵圆心到直线的距离，由，解得.
故圆心为或，半径等于.
∵圆与轴正半轴相切
圆心只能为
故圆的方程为；
（2）①设，则：，，
∵点A在圆上运动
即：
所以点的轨迹方程为，
它是一个以为圆心，以为半径的圆；
②假设存在一点满足（其中为常数）
设，则：
整理化简得：，
∵在轨迹上，
化简得：，
所以
整理得
，
解得：；
存在满足题目条件.
【点睛】
本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.
33．（2020·沙坪坝·重庆八中月考）已知直线与直线将圆分成面积相等的四部分，且圆与轴相切．
（1）求圆的标准方程；
（2）直线过点，且与圆交于A，B两点，是否存在直线，使得，若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，或．.
【分析】
（1）根据题意可知圆的圆心为两直线的交点，解方程组，求得圆心坐标，利用圆与y轴相切得到圆的半径，进而写出圆的标准方程；
（2）假设满足条件的直线l存在，设出直线的点斜式方程，取AB的中点Q，连接CQ，根据圆的相关性质，列出等量关系式，求得结果.
【详解】
（1）由题意圆C的圆心为直线与直线的交点，
联立两方程解得，
又圆C与y轴相切，故半径为4，
所以圆C的标准方程为；
（2）假设满足条件的直线l存在，显然l的斜率存在，设方程为．
取AB的中点Q，连接CQ，
则，有，
于是有，
于是，解得或，
故存在直线l满足题意，且l的方程为或．
【点睛】
该题考查的是有关直线和圆的问题，涉及到的知识点有圆的标准方程的求解，直线与圆的综合问题，属于中档题目.
34．（2020·定远县育才学校月考（理））已知，分别是直线和上的两个动点，线段的长为，是的中点．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若过点的直线与曲线交于不同两点、，当时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）设，得到，，根据，结合两点间的距离公式，代入即可求得点的轨迹的方程；
（2）当直线与轴垂直时，验证可得不符合题意；当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，得出圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式，求得的值，即可求解.
【详解】
（1）设，
因为是的中点，可得，，
又由，可得，
所，故点的轨迹的方程为．
（2）当直线与轴垂直时，，，此时，不符合题意；
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
设圆心到直线的距离为，
由于，即，解得，
所以，解得，故直线的方程为．
【点睛】
求解轨迹方程的常用方法：
（1）直接法：直接利用条件建立的关系式或；
（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，先根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数；
（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；
（4）代入法：动点依赖于另一动点的变化而变化，并且在某已知曲线上时，可采用代入.
35．（2020·安徽六安一中月考（理））在平面直角坐标系中，已知圆：与抽交于，两点，圆过，两点且与直线：相切.
（1）求圆的方程；
（2）若直线：与圆、圆的交点分别为点，，则以线段为直径的圆是否过点？请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，理由见解析.
【分析】
（1）先根据条件求解出的坐标，再设出的一般式方程结合的坐标可求方程中的值，利用相切时对应的斜率关系求解出的值，从而圆的方程可求；
（2）根据条件求解出的坐标，然后的斜率可求，根据的结果可知以线段为直径的圆是否过点.
【详解】
解：（1）由题意令，代入圆中得，，则，，
设圆的方程为，
将，坐标代入得，，
又，则，得，
故圆的方程为.
（2）当与相切时，则有，所以，
因为过原点，所以与两圆都有两个交点，则，，
将与联立得，，得，
将与联立得，，得，
则，，得，即，
所以以线段为直径的圆过点.
【点睛】
思路点睛：以线段为直径的圆过定点的两种证明思路：
（1）利用斜率，证明（注意斜率不存在的情况），由此完成证明；
（2）利用向量，证明，由此完成证明.
36．（2020·安徽六安一中月考（理））已知圆：和圆：，点是圆外一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，.
（1）若点在直线上运动，求四边形面积的最小值；
（2）若点在圆上运动，是否存在定圆始终与直线相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）2；（2）存在，定圆为.
【分析】
（1）连接，，，结合图象可知，
要使四边形的面积最小，则只要最短即可，利用点到直线的距离公式计算可得；
（2）设，则，当点在圆上运动时，恒有，故，在以为圆心，为半径的圆上，求出圆的方程，再两圆方程作差即可求出公共弦的方程，再利用点到直线的距离公式计算可得；
【详解】
解：（1）连接，，，结合图形知，，
得，
若四边形的面积最小，则只要最短即可，
而，
此时解得四边形的面积最小值为2.
（2）设，则，
当点在圆上运动时，恒有，
故，在以为圆心，为半径的圆上，
该圆的方程为，与：相减得，
直线的方程为，
而原点到直线的距离为（定值），
故存在定圆与直线始终相切.
【点睛】
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．
37．（2020·安徽六安一中月考（理））已知圆过点且与圆相切于点，直线与圆交于不同的两点、.
（1）求圆的方程；
（2）若圆与轴的正半轴交于点，直线、的斜率分别为、，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意可知，圆心为直线与线段的中垂线的交点，可求得圆心的坐标，进一步求出圆的半径，由此可求得圆的标准方程；
（2）设、，由题意知，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可计算出的值.
【详解】
（1）圆的标准方程为，圆心，
直线的斜率为，则直线的方程为，即.
直线的斜率为，
线段的中点为，线段的垂直平分线的斜率为，
所以，线段的中垂线的方程为，即，
易知，直线与直线的交点为坐标原点，
即圆心，圆的半径为，
因此，圆的标准方程为；
（2）设、，由题意知，
联立和得，
则，解得，
由韦达定理得，，
所以，
，
故的值为.
【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．
38．（2020·重庆月考）已知圆，直线.
（1）求证：对，直线与圆总有两个不同的交点；
（2）设与圆交于不同的两点，，求弦的中点的轨迹方程；
（3）若定点分弦为，求此时直线的方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或.
【分析】
（1）根据直线过定点，且在圆内证明；
（2）当与不重合时，连接，，则，可得，设，代入整理可得的轨迹方程；
（3）设，，由，得，可得，联立直线方程与圆的方程，得到，解得，代入联立消元后的方程求解.
【详解】
（1）因为直线过定点，
又
所以在圆内，
所以对，直线与圆总有两个不同的交点；
（2）如图所示，
当与不重合时，连接，，则，
∴.
设，则，
化简得：；
当与重合时，，也满足上式，
故弦的中点的轨迹为；
（3）设，，
由，得，
∴，化简得①
又由，消去得（*）.
∴，②
由①②解得，代入（*）整理得.
∴直线的方程为或.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系以及 中点弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
39．（2020·洪洞县新英学校期中（理））已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线、，切点为、．
（1）当切线的长度为时，求点的坐标；
（2）求线段长度的最小值．
【答案】（1）或；（2）．
【分析】
（1）由点是直线上的一动点，设，结合，求得的值，即可求得点的坐标；
（2）设，得出以为直径的圆的方程，进而得到圆方程与圆相交弦所在直线方程为，结合，点到直线的距离公式和弦长公式，得到的表示，即可进而取得最值.
【详解】
（1）因为圆，所以圆的半径，圆心，
由点是直线上的一动点，设，
因为是圆M的一条切线，所以，
又由切线的长度为，
所以，解得或，
所以或．
（2）设，则的中点坐标为，且，
所以以为直径的圆的方程为，
即，①
圆，即，②
②①得圆方程与圆相交弦所在直线方程为，
点到直线的距离，
相交弦长即，
∴当时，线段长度取最小值．
【点睛】
解答直线与圆的位置关系和圆圆的位置关系问题：
（1）圆的性质的应用，其中圆心与切点的连线与切线垂直，圆心与弦的中点的连线与弦所在直线垂直；
（2）圆的切线长公式和圆的的弦长公式；
（3）若两圆相交，则两圆的公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去项得到.
40．（2020·南京航空航天大学附属高级中学月考）已知圆，是轴上一点，过点作圆的切线，切点为，．
（1）若点，求弦的长；
（2）当点在轴上运动时，求证：弦过定点，并求定点坐标．
【答案】（1） ；（2）证明见解析，定点．
【分析】
（1）由题意求出所在直线方程，再求出圆心到直线的距离，利用垂径定理求；
（2）写出以为直径的圆的方程，与圆联立，消去二次项，可得弦所在直线方程，再由直线系方程可得弦过定点，并求得定点坐标．
【详解】
解：（1）点的坐标为，设过点的圆的切线方程为，
则圆心到切线的距离为1，即，
得或．
不妨设切线的方程为，则切点，，
，
的方程为：，即．
到的距离，
；
（2）设，，则以为直径的圆的方程为
，
整理得：，
与联立消去二次项，可得，
则直线过定点．
【点睛】
方法点睛：本题考查了圆的弦长以及圆的标准方程，求圆的弦长以及圆的常见方法.
（1）几何法求圆的弦长：根据弦长、弦心距、半径之间的关系，由勾股定理求解.
（2）代数法求圆的弦长：求出直线与圆的交点，利用两点间的距离公式求解.
41．（2020·江苏南京·期中）在平面直角坐标系xoy中，已知圆O：x2+y2=1，点A，B是直线x-y+m=0(m∈R)与圆O的两个公共点，点C在圆O上.
（1）若△ABC为正三角形，求直线AB的方程；
（2）若直线x-y-=0上存在点P满足，求实数m取值范围.
【答案】（1）或（2）
【分析】
（1）根据圆心到直线的距离列方程计算的值，得出直线的方程；
（2）求出以为直径的圆的方程，令直线与圆有公共点列出不等式，解出的范围．
【详解】
（1）圆的半径为1，若是正三角形，则到的距离为，
，
，
直线的方程为或．
（2）直线与圆有两个公共点，
，即，
，
的中垂线方程为，
联立方程组可得，
即的中点坐标为，，
以为直径的圆的方程为，
直线上存在点满足，
直线与圆有公共点，
，
解得．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，解题关键是利用圆心到直线的距离判定直线与圆的位置关系．本题中根据条件为直径的圆的方程，然后直线上存在点满足，转化为直线与圆有公共点．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
四、填空题
42．（2020·安徽月考（文））设直线l过点，它被平行线与所截的线段的中点在直线上，则l的方程是________.
【答案】
【分析】
由于到平行线与距离相等的直线方程为，然后由可求出直线l被平行线与所截的线段的中点坐标，再利用两点式可求得方程
【详解】
解：因为到平行线与距离相等的直线方程为.
所以联立方程组解得，
所以直线l被平行线与所截的线段的中点为.
所以直线l的两点式方程为，
即.
故答案为：，
【点睛】
此题考查直线方程的求法，考查计算能力，属于基础题
43．（2020·湖南长沙·月考（理））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·沙坪坝·重庆八中月考）已知圆与直线，上任意一点向圆引切线，切点为A，B，若线段AB长度的最小值为，则实数的值为____________．
【答案】
【分析】
先求出圆心和半径，设，则，由题意可得，从而可求得圆心到直线的距离为，再利用点到直线的距离公式可求出实数的值
【详解】
圆C：，则圆心，，
设，则 ，
有最小值，
即圆心到直线的距离为
即 (舍负)．
故答案为：
【点睛】
此题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力，属于中档题
45．（2020·山西大附中其他（文））过点且斜率为的直线与曲线有公共点，则实数的取值范围是__.
【答案】
【分析】
将曲线化为，设点，当直线在直线和之间运动时，直线与曲线有公共点，其中点为，点为直线与曲线的切点，再由直线与圆相切的条件以及斜率公式即可得解.
【详解】
曲线可化为，
设点，如图所示，当直线在直线和之间运动时，直线与曲线有公共点，
其中点为，点为直线与曲线的切点，即直线与圆心为，半径为1的半圆相切.
直线的方程为，
在点处有，，解得或（舍，
而直线的斜率为，
.
故答案为：
【点睛】
本题考查直线与圆的综合问题，熟练掌握圆的标准方程、直线与圆相切的条件是解题的关键，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.
五、双空题
46．（2020·吕叔湘中学月考）已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，，切点分别为，，若切线，的斜率分别为，，，则为定值________，的取值范围为________.
【答案】4
【分析】
先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合，即可求得圆心的轨迹方程，求出，再由圆的性质，可得的取值范围．
【详解】
由题意可知，直线，，
因为直线，与圆相切，
所以，，
两边同时平方整理可得，
，
所以，是方程的两个不相等的实数根，
所以．又，
所以，即，则；
又，
根据圆的性质可得，
所以，
即．
故答案为：4；.
【点睛】
思路点睛：
求解定点到圆上动点距离的最值问题时，一般需要先求圆心到定点的距离，判定定点与圆的位置关系，再结合圆的性质，即可求出结果；也可根据圆的参数方程，结合三角函数的性质求解.
专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2020·江西省奉新县第一中学月考（文））已知直线，直线，若，则实数的值为（ ）
A． B．－4 C．4 D．
【答案】B
【分析】
解方程再检验即得解.
【详解】
因为，
所以.
当时，两直线重合，所以舍去.
当时，符合题意.
所以.
故选：B
【点睛】
易错点睛：已知直线和直线平行求参数的值时，除了要计算，还一定要把求出的参数值代入原直线方程进行检验，看直线是否重合.本题就是典型例子，否则容易出现错解.
2．（2020·贵溪市实验中学期中（理））已知直线与直线互相垂直，则实数为（ ）
A． B．0或2 C．2 D．0或
【答案】B
【分析】
利用两直线垂直结论：，代入求解即可.
【详解】
由题意得：
或；
故选：B.
3．（2020·和平·天津一中期中）直线l1：ax+2y+6=0与直线l2：x+(a-1)y+a2-1=0平行，则a等于（ ）
A．-1 B．-1或2 C．2 D．1
【答案】A
【分析】
根据直线平行关系可得方程组，解方程组求得结果.
【详解】
由与平行得：，解得：
故选：.
【点睛】
本题考查两直线与平行时有，
易错点是忽略直线不能重合，造成增根.
4．（2020·湖北宜昌·月考）若直线与直线平行，则a的值为（ ）
A．或 B．
C．或 D．
【答案】D
【分析】
根据直线平行关系可得方程组，解方程组求得结果.
【详解】
由与平行得：，
解得：
故选：D
【点睛】
本题考查根据直线的平行关系求解参数值，易错点是忽略直线不能重合，造成增根.
5．（2020·涡阳县育萃高级中学月考）设直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，则“是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】
对直线的倾斜角分锐角和钝角进行讨论，再结合正切函数的性质，即可得答案；
【详解】
解：∵直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，
当倾斜角均为锐角时，和均为钝角时，若“”，则“”，
若“”，则“”，
当倾斜角一个为锐角一个为钝角时，若“”，则“与”的大小不能确定，
若“”，则“与”的大小也不能确定，
故则“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
【点睛】
直线的斜率，将斜率视为倾斜角的函数，再利用正切函数的性质进行求解.
6．（2020·安徽六安一中月考（理））已知两条直线：，：平行，则与的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】
先根据两直线平行求解出参数的值，再利用平行直线间距离的计算公式求解出与的距离.
【详解】
因为，所以，所以或，
当时，均为，此时两直线重合不符合条件，
当时，即，，此时符合，
所以的距离为：，
故选：C.
【点睛】
结论点睛：已知（两直线不重合）：
（1）若，则有；
（2）若，则有.
7．（2020·重庆月考）直线与圆相交于，两点，若，为圆上任意一点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
取的中点，连接、，由点到直线的距离公式可得，于是推出，，而，
，其中，从而得解.
【详解】
解：取的中点，连接、，则，
∵，
∴点到直线的距离，
在中，，
∴，
∴，
∴
，
当，同向时，取得最小值，为；
当，反向时，取得最大值，为.
∴的取值范围为.
故选：A.
【点睛】
本题考查点到直线距离公式、向量的数量积运算、直线与圆的方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查运算求解能力.
8．（2020·山西大附中其他（文））已知点，与直线，且直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．或 B．或 C． D．
【答案】A
【分析】
直线经过定点，求得、的斜率，再数形结合可得直线的斜率的取值范围.
【详解】
解：已知点，与直线，且直线与线段相交，
直线，即直线，它经过定点，
的斜率为，的斜率为，
则直线的斜率的取值范围为或，
故选：.
【点睛】
本题主要考查直线的斜率，考查数形结合思想，属于基础题.
9．（2020·洪洞县新英学校期中（理））过点的直线与以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
画出图形，设直线的斜率为，求出和，由直线与线段有交点，可知或，即可得出答案.
【详解】
直线过定点，设直线的斜率为，
∵，，
∴要使直线与线段有交点，则的取值范围是或，
即.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：求直线的斜率（或取值范围）的方法：
（1）定义法：已知直线的倾斜角为，且，则斜率；
（2）公式法：若直线过两点，，且，则斜率；
（3）数形结合方法：该法常用于解决下面一种题型：已知线段的两端点及线段外一点，求过点且与线段有交点的直线斜率的取值范围.
若直线的斜率都存在，解题步骤如下：
①连接；
②由，求出和；
③结合图形写出满足条件的直线斜率的取值范围.
10．（2020·首都师范大学附属中学期中）已知直线：与：平行，则的值是（ ）
A．1或0 B．5 C．0或5 D．1或5
【答案】C
【分析】
由两直线平行得出，解出的值，然后代入两直线方程进行验证.
【详解】
解:直线：与：平行，
，整理得，解得或.
当时，直线，，两直线平行；
当时，直线，，两直线平行.
因此，或.
故选:C.
【点睛】
方法点睛:本题考查直线的一般方程与平行关系，在求出参数后还应代入两直线方程进行验证.
(1)若，
①;
②.
(2)若,,且A1、A2、B1、B2都不为零,
①；
②；
11．（2020·沙坪坝·重庆一中月考）已知点，，若直线与线段恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
作出图形，直线恒过定点，求出、的斜率，由直线与线段恒有公共点，可求出的取值范围.
【详解】
直线恒过定点，
直线的斜率，直线的斜率，
当或时，直线与线段恒有公共点.
故选：D.
【点睛】
本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中等题．
12．（2020·和平·天津一中期中）过点P(1，2)引直线使两点A(2，3)､B(4，-5)到它的距离相等，则直线方程是（ ）
A．4x+y-6=0 B．x+4y-6=0
C．2x+3y-7=0或x+4y-6=0 D．4x+y-6=0或3x+2y-7=0
【答案】D
【分析】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=1，不成立；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由此利用点到直线的距离公式能求出直线方程.
【详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=1，不成立；
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为，即，
∵直线l与两点A (2，3)， B(4，-5）的距离相等，
解得或
.:.直线l的方程为或
整理，得：或
故选：D
【点睛】
解决本题要注意设直线方程时，分直线的斜率存在、不存在两种情况讨论，然后根据点到直线的距离相等即可求解.
13．（2020·陕西西安·高新一中高三期末（理））已知AB是圆的任意一条直径，点P在直线上运动，若的最小值为4，则实数a的值为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】
将代入，结合是相反向量且模长为1，可得，由已知条件得出，的最小值为，转化为点O到直线的距离为，即可求解.
【详解】
，
由题得的最小值为，
即点O到直线的距离为
.
故选:C.
【点睛】
本题考查向量的线性关系以及向量的数量积，解题的关键要把最值转化为点到直线的距离，属于中档题.
14．（2019·九江市第三中学期中（文））设点M为直线上的动点，若在圆上存在点N，使得，则M的纵坐标的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
在中，由正弦定理可得，从而得到，再根据角的取值范围，求出的取值范围，即可得解；
【详解】
解：设，在中，由正弦定理得
因为，，所以
整理得
由题意知，所以，所以时，取得最值，即直线为圆的切线时，取值最值，所以
故选：C
【点睛】
本题考查直线与圆的综合应用，解答的关键转化到中利用正弦定理计算，考查转化思想；
15．（2020·江苏南京·期中）已知直线与圆交于不同的两点是坐标原点，且有，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设的中点为，由，可得，则，再结合直线与圆相交列不等式，即可求出实数的取值范围．
【详解】
设的中点为，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以或，
因为直线与圆相交，所以，所以，
因为，所以实数的取值范围是，，
故选：．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系、平面向量的加法运算，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于中档题．
16．（2020·安徽六安一中月考（理））已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】
先根据垂径定理得圆心到直线距离，再根据圆心到直线距离解得，最后根据直角三角形得结果.
【详解】
根据垂径定理得圆心到直线距离为，
所以，从而直线倾斜角为，
因此，
故选：B..
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与圆的有关问题，可以从以下几个方面入手：
（1）根据圆的半径，半弦长和弦心距构成直角三角形，利用勾股定理求得弦心距；
（2）利用点到直线的距离求得参数，确定直线的倾斜角；
（3）结合圆中相关量之间的关系，求得结果.
17．（2020·安徽六安一中月考（理））已知点在圆的外部（不含边界），则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
本题首先可根据圆的方程得出圆心与半径，然后根据题意得出点到圆心的距离大于半径，最后根据两点间距离公式即可得出结果.
【详解】
圆，即，圆心，半径，
因为点在圆的外部，
所以点到圆心的距离大于半径，
即，解得，
故选：B.
【点睛】
本题考查根据点与圆的关系求参数，若点在圆内，则点到圆心的距离小于半径；若点在圆上，则点到圆心的距离等于半径，若点在圆外，则点到圆心的距离大于半径，考查两点间距离公式，是中档题.
18．（2020·山西大附中其他（文））若圆上恰有2个点到直线y=x+b的距离等于1，则b的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
问题转化为圆心到直线的距离大于1，小于3，再求出圆心到直线的距离后列出不等式可解得．
【详解】
依题意可得圆心到直线的距离.∵∴，解得或，故选B.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，属于一般题．
19．（2020·湖南月考）已知圆直线；，直线与圆相交于、两点.则弦长度的取值范围是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【分析】
由圆的方程可得圆心坐标及半径的值，再由直线的方程可得直线恒过定点，代入弦长公式可得当最小时弦长最大，当最大时弦长最小，求出的最大最小值，进而求出弦长的最小最大值.
【详解】
解：圆可得圆心，半径，
因为直线；，恒过直线和的交点，
解得：，，
即直线恒过定点，
因为，所以定点在圆内，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
当时，弦长最大，这时过的最长弦长为圆的直径，
当最大时，这时，
所以弦长的最小值为，
所以弦长的范围为，，
故选：.
【点睛】
本题考查直线与圆相交弦长，圆的弦长常常用几何法计算，即利用垂径定理（勾股定理）计算，若直线过圆内一定点，则当弦过圆心时弦长最长，当为弦中点时，弦长最短．
20．（2020·江苏南京·期中）在平面直角坐标系中，直线与两坐标轴分别交于点、，圆经过、，且圆心在轴上，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
求出点、的坐标，设圆心坐标为，由可求出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可求得圆的方程.
【详解】
易知，直线交轴于点，交轴于点，
设圆心的坐标为，由可得，解得，
所以，圆的半径为，
因此，圆的方程为，即为.
故选：A.
【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．
21．（2020·河南洛阳·高三月考（理））已知实数，满足，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】
用几何意义求解，设为圆上的任意一点，点到直线的距离，点到原点的距离．圆在直线 的右下方，，这样待求式．要使得最小，只要求出过原点与圆相切的直线斜率即可得结论．
【详解】
设为上的任意一点，则点到直线的距离，点到原点的距离．
，
设圆与直线相切，则，解得或，结合图形可知的最小值为30°，故，
故选：B．
【点睛】
本题考查求最值问题，解题关键是确定题中式子的几何意义，设，动点在已知圆上，引入直线，所求式变为到直线的距离与到原点的距离之比的2倍，再由直角三角形变为三角函数，这样由图形可得什么时候取得最小值，完成求解．
二、多选题
22．（2020·江苏泰州·月考）已知点，若圆上存在点M满足，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．0
【答案】BD
【分析】
设点，由平面向量数量积的坐标表示可得的轨迹方程为，结合圆与圆的位置关系即可得解.
【详解】
设点，则，
所以，
所以的轨迹方程为，圆心为，半径为2，
由此可知圆与有公共点，
又圆的圆心为，半径为1，
所以，解得.
故选：BD.
【点睛】
解决本题的关键是求出点的轨迹方程和转化问题为圆与圆的位置关系，细心计算即可得解.
23．（2020·沙坪坝·重庆一中月考）点是直线上的动点，由点向圆：作切线，则切线长可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】
首先根据公式先求，再根据数形结合求，再比较选项.
【详解】
是圆的切线，是切点，连结，
所以，当最小时，取最小值，
由图可知，原点到直线的距离是的最小值，此时，
，所以切线长.
故选：AD
【点睛】
本题考查切线长的的最小值，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
第II卷（非选择题）
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三、解答题
24．（2020·贵溪市实验中学期中（理））已知三边所在直线方程为：，：，：，求：
（1）求直线与直线的交点的坐标；
（2）求边上的高所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）列方程组求解即可；（2）利用两直线垂直，再利用点斜式写方程即可.
【详解】
（1）由，
解得交点；
（2）∵，
∴.
∴边上的高线的方程为，
即.
25．（2020·上海市建平中学期中）直线过点且与轴、轴正半轴分别交于、两点.
（1）若直线的斜率为，求△的面积；
（2）若△的面积满足，求直线的斜率的取值范围；
（3）如图，若点分向量所成的比的值为2，过点作平行于轴的直线交轴于点，动点、分别在线段和上，若直线平分直角梯形的面积，求证：直线必过一定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，定点.
【分析】
（1）根据直线的点斜式方程得直线的方程，进而得、，故△的面积为；
（2）根据题意设直线的方程为：，进而得、，进而得，△的面积，再结合解不等式即可得答案；
（3）根据题意结合（2）得，设，，故直线的一般式方程为：，再根据得，进而得直线的式方程为：，再根据直线系方程即可得答案.
【详解】
解：（1）因为直线的斜率为，
所以直线的方程为：，
整理得：，
所以直线与轴、轴正半轴的交点为、，
故△的面积为.
（2）根据题意，直线的斜率存在且，
所以直线的方程为：，
整理得：
所以直线与轴、轴正半轴的交点为、，
所以，解得 ，
所以△的面积，
由于△的面积满足，
所以，整理得：，
解不等式得：，
故直线的斜率的取值范围.
（3）由（2）知、，
由于点分向量所成的比的值为2，
所以，由于，
所以，即.
所以、，，
故设，，
所以直线的一般式方程为：，
由于直角梯形的面积为，
直线平分直角梯形的面积，
所以直角梯形的面积为，
所以，即，
所以直线的式方程为：，
整理得：，
所以直线过直线与直线的交点，
所以直线过定点.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查直线的方程的综合应用，考查运算求解能力，属于中档题.解题的过程中需要注意的关键点在于第（2）问应先设出过点的直线的斜率，进而利用斜率表示三角形的面积，再根据解不等式；（3）设出设，，根据面积关系求得，进而根据直线系方程求解.
26．（2020·上海市实验学校期中）已知△的顶点，边上的中线所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为.
（1）求点坐标；
（2）求边所在的直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设点，由线段的中点在直线上可得出关于实数的等式，可求得实数的值，由此可求得点的坐标；
（2）求出点关于直线的点的坐标，求出直线的方程，即为直线的方程.
【详解】
（1）由题意可知，点在直线上，设点，
线段的中点坐标为，
由题意可知，点在直线上，则，
解得，则，所以，点的坐标为；
（2）设点关于直线的对称点为点，则点在直线上，
由题意可得，解得，即点，
直线的斜率为，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】
解决点关于直线对称问题要把握两点：点与点关于直线对称，则线段的中点在直线上，直线与直线垂直．
27．（2020·北京北科大附中期中）已知三角形的顶点坐标为、、，是边上的中点．
（1）求边所在的直线方程；
（2）求中线的长；
（3）若点A的直线与线段BC有公共点，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）由斜率公式求得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可；
（2）由中点坐标公式可得的中点，代入两点间距离公式可得答案．
（3）由斜率公式可得，从而可得答案.
【详解】
（1）由题意可得直线的斜率，
故直线的方程为：，
化为一般式可得：；
（2）由中点坐标公式可得的中点，
故．
（3）由斜率公式可得，
因为过点A的直线与线段BC有公共点，
所以直线斜率的取值范围.
【点睛】
本题考查斜率公式的应用，直线的点斜式与一般式方程，涉及两点间的距离公式，属基础题．直线方程主要有五种形式，每种形式的 直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式设直线方程时要注意讨论斜是否存在；截距式要注意讨论截距是否为零；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化为一般式.
28．（2020·贵溪市实验中学期中（理））已知圆：，直线：.
（1）无论取任何实数，直线必经过一个定点，求出这个定点的坐标；
（2）当取任意实数时，直线和圆的位置关系有无不变性，试说明理由；
（3）请判断直线被圆截得的弦何时最短，并求截得的弦最短时的值以及弦的长度.
【答案】（1）证明见解析；直线恒过；（2）答案见解析；（3）当直线垂直时，截得的弦最短，，.
【分析】
（1）将直线的方程化简：将含参数的项合并，不含参数的项合并，分别令二者为，由此求解出定点坐标；
（2）根据直线所过的定点与圆的关系，确定出直线与圆的位置关系；
（3）根据条件分析出当直线垂直时截得的弦最短，根据垂直时对应的斜率之积为求解出的值，再利用勾股定理求解出的值.
【详解】
解：（1）直线：可变形为，
由，解得：，直线恒过；
（2）圆心，，∵，∴直线过圆内一定点，不论取何值时，直线和圆总相交；
（3）当直线垂直时，截得的弦最短，
，，，∴.
最短的弦长，∴，.
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与圆的综合应用，属于中档题.
（1）求解直线过定点问题的方法：将直线方程中含参部分合并，将不含参部分合并，根据二者同为求解出对应的，即为定点的横纵坐标；
（2）过定点的动直线被圆截得的弦最短问题的求解方法：考虑圆心到直线的最长距离，即为圆心到与定点连线垂直于动直线时，然后根据垂直关系求解问题.
29．（2020·北京学业考试）已知圆的圆心坐标为，且与轴相切，直线与圆交于，两点，求.
某同学的解答过程如下：
解答：因为圆的圆心坐标为，且与轴相切，
所以圆的半径是2.
所以圆的方程是.
因为直线与圆交于，两点，
联立方程组
解得或
不妨设，，
所以
（1）指出上述解答过程中的错误之处；
（2）写出正确的解答过程.
【答案】（1）或不对；（2）答案见解析.
【分析】
写出圆的方程，与直线方程联立解方程组可得正确结论，题中解方程组出现错误．
【详解】
（1）或不对.
（2）因为圆的圆心坐标为，且与轴相切，
所以圆的半径是2.
所以圆的方程是.
因为直线与圆交于，两点，
联立方程组
解得或
不妨设，，
所以.
【点睛】
方法点睛：求直线与圆相交弦长有两种方法：
（1）代数法：求出直线与圆的两个交点坐标，由两点间距离公式计算；
（2）几何法：求出圆心到直线的距离，利用垂径定理（勾股定理）计算弦长．
30．（2020·福建厦门一中月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4）．
（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；
（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，
求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）
【分析】
(1)化简得到圆的标准方程，求得圆的圆心坐标和半径，进而求得N的标准方程；
(2)由题意得，设，则圆心到直线的距离，由此能求出直线的方程.
【详解】
圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，
所以圆心M(6,7)，半径为5.
(1) 由圆心在直线上，可设．
与轴相切，与圆外切，，
于是圆的半径为，从而，解得．
因此，圆的标准方程为
(2) 直线，直线的斜率为．
设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离
．
，
而，
，
解得或．
故直线的方程为或；
【点睛】
本题主要考查了圆的标准方程的求法及直线与的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定与应用，以及合理运用圆的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.
31．（2020·北京市大兴区第一中学期中）已知圆和点，
（1）判断点与圆的位置关系
（2）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程；
（3）过点作圆的切线，切点为，求所在的直线方程.
【答案】（1）点在圆外；（2）或；（3）.
【分析】
（1）将点坐标代入圆方程与0比较，可得点在圆外.
（2）斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由垂径定理可得，得直线方程，检验直线斜率不存在时，弦长为4，符合题意；
（3）求出以为直径的圆的方程，此圆与圆的交线即为弦所在直线．两圆方程相减得即．
【详解】
（1）点坐标代入圆方程得：，所以点在圆外.
（2）圆，则圆心，半径，
①若直线的斜率存在，设直线，
即
此时，直线方程为；
②若直线的斜率不存在，则直线，代入得，
此时，合乎题意.
综上所求直线的方程为：或；
（3），则中点坐标，，所以为直径的圆的方程，即①；
又圆②.
①-②得，因此，直线的方程为.
【点睛】
易错点睛：本题考查直线与圆的问题，直线方程有五种形式，每种形式的直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式的直线方程时要注意讨论斜率是否存在；截距式要注意讨论截距是否为0；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化成一般式.
32．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且被直线：截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为.
①求的方程，并说明是什么图形；
②试探究：在直线上是否存在定点(异于原点)，使得对于上任意一点，都有为一常数，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）①，是圆；②存在， .
【分析】
（1）设圆心，根据题意，得到半径，根据弦长的几何表示，由题中条件，列出方程求解，得出，从而可得圆心和半径，进而可得出结果；
（2）①设，根据向量的坐标表示，由题中条件，得到，代入圆的方程，即可得出结果；
②假设存在一点满足（其中为常数），设，根据题意，得到，再由①，得到，两式联立化简整理，得到，推出，求解得出，即可得出结果.
【详解】
（1）设圆心，则由圆与轴正半轴相切，可得半径.
∵圆心到直线的距离，由，解得.
故圆心为或，半径等于.
∵圆与轴正半轴相切
圆心只能为
故圆的方程为；
（2）①设，则：，，
∵点A在圆上运动
即：
所以点的轨迹方程为，
它是一个以为圆心，以为半径的圆；
②假设存在一点满足（其中为常数）
设，则：
整理化简得：，
∵在轨迹上，
化简得：，
所以
整理得
，
解得：；
存在满足题目条件.
【点睛】
本题主要考查求圆的方程，考查圆中的定点问题，涉及圆的弦长公式等，属于常考题型.
33．（2020·沙坪坝·重庆八中月考）已知直线与直线将圆分成面积相等的四部分，且圆与轴相切．
（1）求圆的标准方程；
（2）直线过点，且与圆交于A，B两点，是否存在直线，使得，若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，或．.
【分析】
（1）根据题意可知圆的圆心为两直线的交点，解方程组，求得圆心坐标，利用圆与y轴相切得到圆的半径，进而写出圆的标准方程；
（2）假设满足条件的直线l存在，设出直线的点斜式方程，取AB的中点Q，连接CQ，根据圆的相关性质，列出等量关系式，求得结果.
【详解】
（1）由题意圆C的圆心为直线与直线的交点，
联立两方程解得，
又圆C与y轴相切，故半径为4，
所以圆C的标准方程为；
（2）假设满足条件的直线l存在，显然l的斜率存在，设方程为．
取AB的中点Q，连接CQ，
则，有，
于是有，
于是，解得或，
故存在直线l满足题意，且l的方程为或．
【点睛】
该题考查的是有关直线和圆的问题，涉及到的知识点有圆的标准方程的求解，直线与圆的综合问题，属于中档题目.
34．（2020·定远县育才学校月考（理））已知，分别是直线和上的两个动点，线段的长为，是的中点．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若过点的直线与曲线交于不同两点、，当时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）设，得到，，根据，结合两点间的距离公式，代入即可求得点的轨迹的方程；
（2）当直线与轴垂直时，验证可得不符合题意；当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，得出圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式，求得的值，即可求解.
【详解】
（1）设，
因为是的中点，可得，，
又由，可得，
所，故点的轨迹的方程为．
（2）当直线与轴垂直时，，，此时，不符合题意；
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
设圆心到直线的距离为，
由于，即，解得，
所以，解得，故直线的方程为．
【点睛】
求解轨迹方程的常用方法：
（1）直接法：直接利用条件建立的关系式或；
（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，先根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数；
（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；
（4）代入法：动点依赖于另一动点的变化而变化，并且在某已知曲线上时，可采用代入.
35．（2020·安徽六安一中月考（理））在平面直角坐标系中，已知圆：与抽交于，两点，圆过，两点且与直线：相切.
（1）求圆的方程；
（2）若直线：与圆、圆的交点分别为点，，则以线段为直径的圆是否过点？请说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，理由见解析.
【分析】
（1）先根据条件求解出的坐标，再设出的一般式方程结合的坐标可求方程中的值，利用相切时对应的斜率关系求解出的值，从而圆的方程可求；
（2）根据条件求解出的坐标，然后的斜率可求，根据的结果可知以线段为直径的圆是否过点.
【详解】
解：（1）由题意令，代入圆中得，，则，，
设圆的方程为，
将，坐标代入得，，
又，则，得，
故圆的方程为.
（2）当与相切时，则有，所以，
因为过原点，所以与两圆都有两个交点，则，，
将与联立得，，得，
将与联立得，，得，
则，，得，即，
所以以线段为直径的圆过点.
【点睛】
思路点睛：以线段为直径的圆过定点的两种证明思路：
（1）利用斜率，证明（注意斜率不存在的情况），由此完成证明；
（2）利用向量，证明，由此完成证明.
36．（2020·安徽六安一中月考（理））已知圆：和圆：，点是圆外一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，.
（1）若点在直线上运动，求四边形面积的最小值；
（2）若点在圆上运动，是否存在定圆始终与直线相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）2；（2）存在，定圆为.
【分析】
（1）连接，，，结合图象可知，
要使四边形的面积最小，则只要最短即可，利用点到直线的距离公式计算可得；
（2）设，则，当点在圆上运动时，恒有，故，在以为圆心，为半径的圆上，求出圆的方程，再两圆方程作差即可求出公共弦的方程，再利用点到直线的距离公式计算可得；
【详解】
解：（1）连接，，，结合图形知，，
得，
若四边形的面积最小，则只要最短即可，
而，
此时解得四边形的面积最小值为2.
（2）设，则，
当点在圆上运动时，恒有，
故，在以为圆心，为半径的圆上，
该圆的方程为，与：相减得，
直线的方程为，
而原点到直线的距离为（定值），
故存在定圆与直线始终相切.
【点睛】
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．
37．（2020·安徽六安一中月考（理））已知圆过点且与圆相切于点，直线与圆交于不同的两点、.
（1）求圆的方程；
（2）若圆与轴的正半轴交于点，直线、的斜率分别为、，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意可知，圆心为直线与线段的中垂线的交点，可求得圆心的坐标，进一步求出圆的半径，由此可求得圆的标准方程；
（2）设、，由题意知，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可计算出的值.
【详解】
（1）圆的标准方程为，圆心，
直线的斜率为，则直线的方程为，即.
直线的斜率为，
线段的中点为，线段的垂直平分线的斜率为，
所以，线段的中垂线的方程为，即，
易知，直线与直线的交点为坐标原点，
即圆心，圆的半径为，
因此，圆的标准方程为；
（2）设、，由题意知，
联立和得，
则，解得，
由韦达定理得，，
所以，
，
故的值为.
【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．
38．（2020·重庆月考）已知圆，直线.
（1）求证：对，直线与圆总有两个不同的交点；
（2）设与圆交于不同的两点，，求弦的中点的轨迹方程；
（3）若定点分弦为，求此时直线的方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或.
【分析】
（1）根据直线过定点，且在圆内证明；
（2）当与不重合时，连接，，则，可得，设，代入整理可得的轨迹方程；
（3）设，，由，得，可得，联立直线方程与圆的方程，得到，解得，代入联立消元后的方程求解.
【详解】
（1）因为直线过定点，
又
所以在圆内，
所以对，直线与圆总有两个不同的交点；
（2）如图所示，
当与不重合时，连接，，则，
∴.
设，则，
化简得：；
当与重合时，，也满足上式，
故弦的中点的轨迹为；
（3）设，，
由，得，
∴，化简得①
又由，消去得（*）.
∴，②
由①②解得，代入（*）整理得.
∴直线的方程为或.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系以及 中点弦问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
39．（2020·洪洞县新英学校期中（理））已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线、，切点为、．
（1）当切线的长度为时，求点的坐标；
（2）求线段长度的最小值．
【答案】（1）或；（2）．
【分析】
（1）由点是直线上的一动点，设，结合，求得的值，即可求得点的坐标；
（2）设，得出以为直径的圆的方程，进而得到圆方程与圆相交弦所在直线方程为，结合，点到直线的距离公式和弦长公式，得到的表示，即可进而取得最值.
【详解】
（1）因为圆，所以圆的半径，圆心，
由点是直线上的一动点，设，
因为是圆M的一条切线，所以，
又由切线的长度为，
所以，解得或，
所以或．
（2）设，则的中点坐标为，且，
所以以为直径的圆的方程为，
即，①
圆，即，②
②①得圆方程与圆相交弦所在直线方程为，
点到直线的距离，
相交弦长即，
∴当时，线段长度取最小值．
【点睛】
解答直线与圆的位置关系和圆圆的位置关系问题：
（1）圆的性质的应用，其中圆心与切点的连线与切线垂直，圆心与弦的中点的连线与弦所在直线垂直；
（2）圆的切线长公式和圆的的弦长公式；
（3）若两圆相交，则两圆的公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去项得到.
40．（2020·南京航空航天大学附属高级中学月考）已知圆，是轴上一点，过点作圆的切线，切点为，．
（1）若点，求弦的长；
（2）当点在轴上运动时，求证：弦过定点，并求定点坐标．
【答案】（1） ；（2）证明见解析，定点．
【分析】
（1）由题意求出所在直线方程，再求出圆心到直线的距离，利用垂径定理求；
（2）写出以为直径的圆的方程，与圆联立，消去二次项，可得弦所在直线方程，再由直线系方程可得弦过定点，并求得定点坐标．
【详解】
解：（1）点的坐标为，设过点的圆的切线方程为，
则圆心到切线的距离为1，即，
得或．
不妨设切线的方程为，则切点，，
，
的方程为：，即．
到的距离，
；
（2）设，，则以为直径的圆的方程为
，
整理得：，
与联立消去二次项，可得，
则直线过定点．
【点睛】
方法点睛：本题考查了圆的弦长以及圆的标准方程，求圆的弦长以及圆的常见方法.
（1）几何法求圆的弦长：根据弦长、弦心距、半径之间的关系，由勾股定理求解.
（2）代数法求圆的弦长：求出直线与圆的交点，利用两点间的距离公式求解.
41．（2020·江苏南京·期中）在平面直角坐标系xoy中，已知圆O：x2+y2=1，点A，B是直线x-y+m=0(m∈R)与圆O的两个公共点，点C在圆O上.
（1）若△ABC为正三角形，求直线AB的方程；
（2）若直线x-y-=0上存在点P满足，求实数m取值范围.
【答案】（1）或（2）
【分析】
（1）根据圆心到直线的距离列方程计算的值，得出直线的方程；
（2）求出以为直径的圆的方程，令直线与圆有公共点列出不等式，解出的范围．
【详解】
（1）圆的半径为1，若是正三角形，则到的距离为，
，
，
直线的方程为或．
（2）直线与圆有两个公共点，
，即，
，
的中垂线方程为，
联立方程组可得，
即的中点坐标为，，
以为直径的圆的方程为，
直线上存在点满足，
直线与圆有公共点，
，
解得．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，解题关键是利用圆心到直线的距离判定直线与圆的位置关系．本题中根据条件为直径的圆的方程，然后直线上存在点满足，转化为直线与圆有公共点．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
四、填空题
42．（2020·安徽月考（文））设直线l过点，它被平行线与所截的线段的中点在直线上，则l的方程是________.
【答案】
【分析】
由于到平行线与距离相等的直线方程为，然后由可求出直线l被平行线与所截的线段的中点坐标，再利用两点式可求得方程
【详解】
解：因为到平行线与距离相等的直线方程为.
所以联立方程组解得，
所以直线l被平行线与所截的线段的中点为.
所以直线l的两点式方程为，
即.
故答案为：，
【点睛】
此题考查直线方程的求法，考查计算能力，属于基础题
43．（2020·湖南长沙·月考（理））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·沙坪坝·重庆八中月考）已知圆与直线，上任意一点向圆引切线，切点为A，B，若线段AB长度的最小值为，则实数的值为____________．
【答案】
【分析】
先求出圆心和半径，设，则，由题意可得，从而可求得圆心到直线的距离为，再利用点到直线的距离公式可求出实数的值
【详解】
圆C：，则圆心，，
设，则 ，
有最小值，
即圆心到直线的距离为
即 (舍负)．
故答案为：
【点睛】
此题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，考查转化思想和计算能力，属于中档题
45．（2020·山西大附中其他（文））过点且斜率为的直线与曲线有公共点，则实数的取值范围是__.
【答案】
【分析】
将曲线化为，设点，当直线在直线和之间运动时，直线与曲线有公共点，其中点为，点为直线与曲线的切点，再由直线与圆相切的条件以及斜率公式即可得解.
【详解】
曲线可化为，
设点，如图所示，当直线在直线和之间运动时，直线与曲线有公共点，
其中点为，点为直线与曲线的切点，即直线与圆心为，半径为1的半圆相切.
直线的方程为，
在点处有，，解得或（舍，
而直线的斜率为，
.
故答案为：
【点睛】
本题考查直线与圆的综合问题，熟练掌握圆的标准方程、直线与圆相切的条件是解题的关键，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.
五、双空题
46．（2020·吕叔湘中学月考）已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，，切点分别为，，若切线，的斜率分别为，，，则为定值________，的取值范围为________.
【答案】4
【分析】
先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合，即可求得圆心的轨迹方程，求出，再由圆的性质，可得的取值范围．
【详解】
由题意可知，直线，，
因为直线，与圆相切，
所以，，
两边同时平方整理可得，
，
所以，是方程的两个不相等的实数根，
所以．又，
所以，即，则；
又，
根据圆的性质可得，
所以，
即．
故答案为：4；.
【点睛】
思路点睛：
求解定点到圆上动点距离的最值问题时，一般需要先求圆心到定点的距离，判定定点与圆的位置关系，再结合圆的性质，即可求出结果；也可根据圆的参数方程，结合三角函数的性质求解.
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