2022年新高考数学压轴小题专项训练

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专题6直线与圆压轴小题
一、单选题
1．（2021·江西南昌·高三开学考试（理））已知函数，若，若点不可能在曲线C上，则曲线C的方程可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
将函数变形在R上单调递增，并且关于点对称，结合已知条件可知，说明曲线C的图像恒在直线的区域，再判断直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】
函数，显然函数在R上单调递增，
又，即
所以关于点成中心对称，且
故，则，
点不可能在曲线C上，说明曲线C的图像恒在直线的区域，
对于A，表示圆心，半径的圆，圆心在直线上，即直线与圆相交，不符合题意；
对于B，表示圆心，半径的圆，圆心到直线的距离，即直线与圆相交，不符合题意；
对于C，表示圆心，半径的圆，圆心到直线的距离，即直线与圆相切，并且圆的图像恒在直线下方，符合题意；
对于D，表示圆心，半径的圆，圆心到直线的距离，即直线与圆相交，不符合题意；
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数的单调性，对称性的应用，及直线与圆的位置关系，解题的关键是利用函数的对称性，推出，说明曲线C的图像恒在直线的区域，考查学生的逻辑推理能力，属于难题.
2．（2021·浙江省宁海中学模拟预测）已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（ ）
A．恒有解 B．恒有解
C．恒无解 D．恒无解
【答案】B
【分析】
设，其中，记
则有，即，然后分，，三种情况讨论，再根据直线是过点的直线与圆锥曲线的两个不同的交点和点在以为直径的圆上，分析圆与相应准线的位置关系，即可求解.
【详解】
解：设，其中，记
则有，即
若，则点的轨迹是拋物线，方程为E：，点恰为抛物线的焦点，
则是过点的直线与抛物线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，
此时.
若，则点的轨迹是椭圆，方程为E：，
点为椭圆E的左焦点，轴是椭圆的左准线，是过点的直线与椭圆的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相离，故
若，则点的轨迹是双曲线，方程为E：，
点为双曲线的右焦点，轴是双曲线的右准线，是过点的直线与双曲线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相交，故可正，可负，可零.
所以，当时，恒有，故A错误；
当时，，与均有解，故错误；
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：利用坐标法，设，其中，记则有，即，然后分，，三种情况讨论，将原问题转化为判断圆与准线的位置关系，从而解决问题.
3．（2021·重庆·西南大学附中高三月考）已知定义在R上的函数满足如下条件：①函数的图象关于y轴对称；②对于任意，；③当时，；④．若过点的直线l与函数的图象在上恰有8个交点，则直线l斜率k的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
结合①②可知是周期为2的函数，再结合④可知是周期为的函数，结合③作出在上的图像，然后利用数形结合即可求解.
【详解】
因为函数的图象关于y轴对称，所以为偶函数，即，
又因为对于任意，，所以，
从而，即是周期为2的函数，
因为，则图像是的图像的横坐标缩短为原来的得到，
故也是偶函数，且周期为，
结合当时，，可作出在的图像以及直线的图像，如下图所示：

当时，易知，即，则直线的斜率，
过点的直线l与函数的图象在上恰有8个交点，
则只需，即直线l斜率k的取值范围是.
故选：A.
4．（2021·全国·高三专题练习）设，，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由可得，由正弦定理得出，再根据原点到直线的距离小于等于4即可求出k的范围.
【详解】
设，则，
整理可得，故，
在中，，
则，
设原点到直线的距离为，则需满足，
，解得或.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线中参数范围的求解，解题的关键是得出，利用原点到直线的距离小于等于4求解.
5．（2021·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，给定两点，，点在轴的正半轴上移动，当取最大值时，点的横坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由平面几何知识可知，当过、两点的圆与轴相切时，切点即为所求点，再由切割线定理可求得点的横坐标.
【详解】
当过、两点的圆与轴相切时，切点即为所求点.
易得过、两点的直线方程为，其与轴交点为，易得，，由切割线定理得，所以，进而可得，点的横坐标为3.
故选：C.

【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是确定点的位置.
6．（2021·安徽省怀宁中学高三月考（理））已知抛物线的焦点到准线的距离为，点在抛物线上，点在圆上，直线分别与圆仅有1个交点，且与抛物线的另一个交点分别为，若直线的倾斜角为，则（ ）
A． B．或 C．或 D．
【答案】C
【分析】
根据题意求得，得到，设过点与圆相切直线的斜率为，得到切线方程，利用，结合韦达定理，求得，联立方程组 ，取得，得到，
结合，列出方程，即可求解.
【详解】
由抛物线的焦点到准线的距离为，可得，
所以抛物线的方程为，
又由，可得圆心坐标为，半径，
设过点与圆相切的直线的斜率为，
可得方程为，即，即，
则圆心到直线的距离为，
整理得，可得，
联立方程组 ，可得，
即，所以，
所以，
因为直线的倾斜角为，所以
可得，
解得或.
故选：C.

7．（2021·云南师大附中高三月考（文））已知，，是平面向量，与是单位向量，且，向量满足，则的最大值与最小值之和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
将变形为，从而可得，设，由向量减法及数量积可知的终点在以为圆心，以为半径的圆周上，结合圆的性质可得答案.
【详解】
由得，．
不妨设，则的终点在以为圆心，以为半径的圆周上．
因为与是单位向量，所以的最大值是与圆心距离加，
即，最小值是与圆心距离减，即，故和为.

故选：A．
8．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（文））已知是矩形，且满足.其所在平面内点满足：，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
建立平面直角坐标系，根据题意得到点M,N的轨迹方程，然后作出图形，进而结合数量积的定义和坐标运算得到答案.
【详解】
如图所示，建立平面直角坐标系，则
设，由，所以，化简得：
，记为圆，
设，由，所以，化简得：
，记为圆,即为，
两圆圆心距为：，半径和为：，
所以，则两圆相离，

如图所示，对圆，令y=0，得：，
令圆，令y=0，得：，
所以，，又，
结合平面向量数量积的定义可知，的最小值为，
的最大值为.
故选：B.
9．（2021·全国·高三专题练习）已知动直线与圆相交于，两点，且满足，点为直线上一点，且满足，若为线段的中点，为坐标原点，则的值为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】
先利用圆的方程和弦长判定为等边三角形，设出符合条件的一条直线，再利用平面向量共线得到点的坐标，再利用数量积的坐标运算进行求解.
【详解】
动直线与圆：相交于，两点，
且满足，则为等边三角形，
所以不妨设动直线为，
根据题意可得，，
∵是线段的中点，∴，
设，∵，
∴，
∴，
解得，∴，
∴.
故选：A．

10．（2021·全国·高三月考）已知函数是定义域为的偶函数，，当时，，则函数与函数交点的个数为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．14
【答案】D
【分析】
由奇偶性可知函数是偶函数，对称性可知关于直线对称，周期性可知的周期为2，于是可以得出只需要知道时和交点的个数便可，又根据直线和圆的关系判断出时 交点的个数，便可求出在定义域为上和的交点个数.
【详解】
解：由题意得
∵是偶函数，且当时，
∴当时，设，整理得
又∵
∴关于直线对称，的周期为2
故当时，，即，
在时，，即，
∵与均为偶函数
∵直线过点，且点也在上，当以点为圆心，1为半径的部分圆与直线相切时，满足，解得（显然不符合题意）
∴在时，有7个交点
∴共14个交点
故选：D．
11．（2021·陕西·榆林市第十中学高三月考（理））已知是半径为1的动圆上一点，为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，，则当取最大值时，△的外接圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
由题设，确定的轨迹方程，结合已知可得，再根据切线的性质、勾股定理及面积法得到关于的关系式且△的外接圆以线段为直径，结合两圆的位置关系及其动点距离最值情况，写出外接圆的方程.
【详解】
由，则动圆心的轨迹方程为.
为圆上的动点，又，
∴，
∵，，，
∴，
∴当最小时，最小，当最大时，最大.
当时，取最大值，△的外接圆以线段为直径，而中点，即中点为，
∴外接圆方程为，即.

故选：A
12．（2021·山东青岛·高三开学考试）将函数的图象绕点逆时针旋转，得到曲线，对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图象，则最大时的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先画出函数的图象，然后根据由图可知当此圆弧绕点逆时针方向旋转角大于时，曲线都不是一个函数的图象，求出此角即可．
【详解】
解：由，得，
，则函数的图像是以为圆心的圆的一部分，
先画出函数的图象,
这是一个圆弧AB，圆心为,如图所示，
由图可知当此圆弧绕点逆时针方向旋转角大于时，
曲线都不是一个函数的图象，
即当圆心在x轴上时，
所以最大值即为，
，所以最大时的正切值为.
故选：B.


13．（2021·山东肥城·模拟预测）已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】
由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
14．（2021·北京·模拟预测）在平面直坐标系中，点，定义为点之间的极距，已知点是直线上的动点，已知点是圆上的动点，则P，Q两点之间距离最小时，其极距为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
先分析出极距的含义，就是直角三角形中较小的直角边的大小.先用几何法求出PQ的最小值，再求P，Q两点之间的极距.
【详解】

如图示：在平面直角坐标系内，，作出直角三角形,则
由极距的定义知，就是直角三角形中较小的直角边的大小.
因为点是直线上的动点，是圆上的动点，要使PQ最小，
则，最小，此时.
设直线l交x轴于A，交y轴于B,因为直线l的斜率为-2，所以

过P作轴，过Q作轴，则,所以在直角三角形中，P，Q两点之间的极距即为RQ,
设，则,所以，
解得：，即，所以P，Q两点之间的距离最小时的极距为
故选：C
【点睛】
（1）数学中的新定义题目解题策略：
①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
（2）距离的最值的计算方法有两类：
①几何法：利用几何图形求最值；②代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值.
15．（2021·全国·高三专题练习（理））已知曲线在点处的切线与圆也相切，当半径最大时圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
首先利用导数的几何意义求得切线的方程，接着利用圆与直线相切得到，整理化简之后，利用基本不等式求出r的最大值，进而求得t的值，最后写出圆的方程.
【详解】
因为，所以在处的取值为，
所以曲线在点处的切线的方程为： ，
即，
因为切线与圆也相切，
所以 ，
，
当且仅当时，有最大值，
此时圆的方程为：，
故选：D
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
16．（2021·浙江省杭州第二中学模拟预测）定义集合，，则下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．若，，则由围成的三角形一定是正三角形，且所有正三角形面积一定相等
D．满足且的点构成区域的面积为
【答案】C
【分析】
首先确定集合和所表示的区域，再数形结合判断选项是否正确即可.
【详解】
对于集合，
原点到直线的距离为，
所以集合M表示圆上所有点的切线上的点，
对于集合，
当时，表示图中三角形AOD区域;
当时，表示图中三角形AOB区域;
当时，表示图中三角形BOC区域;
当时，表示图中三角形COD区域;
所以集合表示图中ABCD区域，

对于A选项，由图可知，不是空集，故A错；
对于B选项，表示图中圆内部挖去ABCD区域剩下的部分，不是空集，故B错；
对于C选项，表示在点处的切线，
表示在点处的切线，表示在点处的切线，三切点均在圆上，易知三切点构成正三角形，由对称性可知C正确；
对于D选项，由B选项知，且则P点在圆内部挖去ABCD区域剩下的区域内，面积为，故D错；
故选C.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系问题，在解题的过程中，要善于数形结合，代数几何化之后，可以辅助我们解题，达到事半功倍的效果.
17．（2021·重庆八中模拟预测）已知直线与x轴相交于点A，过直线l上的动点P作圆的两条切线，切点分别为C，D两点，记M是的中点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】
设点，，根据圆的切线的性质可得C，D在以OP为直径的圆上，求得其圆的方程，再由C，D在圆上，可得直线CD的方程，求得直线CD恒过定点，从而得M在以OQ为直径的圆，得出圆的方程可求得的最小值．
【详解】
设点，，因为PD，PC是圆的切线，所以，
所以C，D在以OP为直径的圆上， 其圆的方程为，
又C，D在圆上，则将两个圆的方程作差得直线CD的方程：，即，所以直线CD恒过定点，
又因为，M，Q，C，D四点共线，所以，即M在以OQ为直径的圆上，其圆心为，半径为，
所以，所以的最小值为，
故选：A．

【点睛】
方法点睛：求直线恒过点的方法：方法一（换元法）：根据直线方程的点斜式直线的方程变成，将带入原方程之后，所以直线过定点；方法二（特殊引路法）：因为直线的中的m是取不同值变化而变化，但是一定是围绕一个点进行旋转，需要将两条直线相交就能得到一个定点.取两个m的值带入原方程得到两个方程，对两个方程求解可得定点.
18．（2021·全国·高三专题练习）若实数满足，则最大值是（ ）
A．4 B．18 C．20 D．24
【答案】C
【分析】
当时，解得；当，令，可得，设，，则问题等价于和有公共点，观察图形可求解.
【详解】
当时，解得，符合题意；
当时，令，则，又，则，即，
则原方程可化为，
设，，，
则表示斜率为的直线，表示以原点为圆心，半径为的四分之一圆，
则问题等价于和有公共点，观察图形可知，

当直线与圆相切时，由，解得，
当直线过点时，，解得，
因此，要使直线与圆有公共点，，
综上，，故的最大值为20.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：解题得关键是令，将问题转化为直线与圆有公共点.
19．（2021·全国·高三专题练习（理））设集合，（）.当有且只有一个元素时，则正数的所有取值为（ ）
A．或 B．
C．或 D．或
【答案】C
【分析】
依题画出满足题意的图形，因为有且只有一个元素，所以圆N和圆M只有一个交点，所以圆N的位置为圆（1）和介于圆（2）、圆（3）之间两种情况，然后分析计算即可得解.
【详解】
，，即圆M：的上半部分，如图：

圆M的圆心坐标为，半径为2，圆N的圆心坐标为，半径为r，
因为有且只有一个元素，所以圆N和圆M只有一个交点，
所以圆N的位置为圆（1）和介于圆（2）、圆（3）之间两种情况，
①外切：，d为圆心距，
，此时，
②介于圆（2）、圆（3）之间：圆（2）处的半径，
圆（3）处的半径，
所以，
综上，正数的所有取值为或.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：本题的解题关键是由因为有且只有一个元素，所以圆N和圆M只有一个交点，进而分析计算.

二、多选题
20．（2021·重庆市蜀都中学校高三月考）曼哈顿距离(或出租车几何)是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.例如，在平面上，点和点的曼哈顿距离为：.若点为上一动点，为直线上一动点，设为，两点的曼哈顿距离的最小值，则的可能取值有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】
直线l恒过定点(2，-4)，画出图形，对k分类讨论并借助导数求出的取值范围即可作答.
【详解】
直线恒过定点A(2，-4)，
由点(0，0)到直线的距离得，即直线与圆相离，
(1)当l的斜率k满足|k|<1时，作出一条纵截距为负数的直线平行于l，如图：

要使得最小，P应位于切点处，作PC⊥x轴交直线l于点C，过Q作直线QB⊥PC于点B，
当Q位于点C的左方时，，当Q位于点C的右方时，同理也有，于是有，
设直线与圆相切，则有，即切线的纵截距，而直线l的纵截距为，

，在上递增，；
(2)当l的斜率k满足时，作出一条纵截距为负数的直线平行于l，如图：

要使得最小，P应位于切点处，作PC⊥y轴交直线l于点C，过Q作直线QB⊥PC于点B，
当Q位于点C的左方时，，当Q位于点C的右方时，同理也有，于是有，
设直线与圆相切，则有，即切线的横截距，而直线l的横截距为，

，在上递减，，
综上得，则选项ABC满足.
故选：ABC
【点睛】
思路点睛：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．
21．（2021·广东茂名·高三月考）已知曲线：，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与曲线没有公共点
B．直线与曲线最多有三个公共点
C．当直线与曲线有且只有两个不同公共点，时，的取值范围为
D．当直线与曲线有公共点时，记公共点为．则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】
由题设讨论的符号得到曲线的不同方程，结合所得方程对应曲线的性质，结合直线、并应用数形结合的方法，判断它们与曲线的交点情况，并根据交点个数的不同求交点横坐标之积或和的范围.
【详解】
由题设得：曲线为，
A：由是和的渐近线，且与没有公共点，故正确；
B：由A中的分析知：与曲线最多有两个公共点，故错误；
C：由图可知，若与曲线有两个公共点或一个公共点，
当时，与曲线有两个公共点，，
由对称性知，，关于直线对称，则，
∴，

（1）当时，．
（2）当时，由，则．
（3）当时，直线与曲线只有一个公共点，不合题意．
（4）当或时，直线与曲线无公共点，
综上可知，C正确；
D：由C的分析，时与曲线有且只有两个不同公共点，则，即．
当时，与曲线只有一个公共点，此点为．此时．故正确．
故选：ACD．
【点睛】
关键点点睛：首先讨论的符号得到曲线为，再由各曲线的性质，研究与直线的其交点情况.
22．（2021·重庆实验外国语学校高三开学考试）如图，为椭圆：上的动点，过作椭圆的切线交圆：于，，过，作切线交于，则（ ）

A．的最大值为
B．的最大值为
C．的轨迹方程是
D．的轨迹方程是
【答案】AD
【分析】
设出，根据椭圆和圆的方程分别写出所在的直线方程，从而求出，代入椭圆方程即可求出的轨迹方程是；根据到直线的距离求出的面积，从而利用基本不等式求最值.
【详解】
设，则切点弦所在的直线方程为，
又因为为椭圆上的一点，所以切线所在的直线方程为，
所以，即，
所以，因为在椭圆上，所以，即，
所以的轨迹方程是.
因为直线的方程为，所以到直线的距离为，
所以的面积为

，
当且仅当且时，即时等号成立，
所以的最大值为.
故选：AD.
23．（2021·全国·高三专题练习（理））已知平面上的线段及点，任取上一点，称线段长度的最小值为点到线段的距离，记作.已知线段，，点为平面上一点，且满足，若点的轨迹为曲线，，是第一象限内曲线上两点，点且，，则（ ）
A．曲线关于轴对称 B．点的坐标为
C．点的坐标为 D．的面积为
【答案】BCD
【分析】
先确定和对应的图象，然后对进行分类讨论，分别研究点的轨迹，然后对各个选项进行逐一分析判断即可.
【详解】
为线段，
：为线段，
又，
①当时，由题意可得，点在轴上；
②当时，，，此时点在轴上；
③当时，为点到的距离，，
此时点的轨迹是一条抛物线，准线方程为，
所以，故抛物线的标准方程为；
④当时，，，
此时点在的中垂线上，而，，中点坐标为，
所以，所以点在直线上，故选项A错误；
又，所以，解得，
故点A的坐标为，故选项B正确；
因为，又点在上，
联立方程组，可得，
所以点B的坐标为，故选项C正确；
，故直线AB的方程为，
则直线与的交点坐标为，
所以，故选项D正确.
故选：BCD.

【点睛】
本题考查了动点轨迹的综合应用，考查了抛物线定义的应用以及抛物线标准方程的求解，直线与直线的位置关系，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题.
24．（2021·全国全国·模拟预测）过直线上一点作圆：的两条切线，切点分别为，，直线与，轴分别交于点，，则（ ）
A．点恒在以线段为直径的圆上 B．四边形面积的最小值为4
C．的最小值为 D．的最小值为4
【答案】BCD
【分析】
对于A，由动点及圆的性质即可判断；
对于B，连接，利用切线的性质将四边形的面积用表示，进而利用点到直线的距离公式求解；
对于C，由点，在以为直径的圆上可求得直线的方程，进而得到该直线过定点，最后数形结合即可得解；
对于D，先由直线的方裎得到点，的坐标，进而得到，最后利用基本不等式即可求解．
【详解】
对于A，在四边形中，不一定是直角，故A错误；
对于B，连接，由题易知，所以四边形的面积，又的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形面积的最小值为，B正确；
设，则以线段为直径的圆的方程是，与圆的方程相减，得，即直线的方程为，又点在直线上，所以，则，代入直线的方程，得，即，令，则，得，，所以直线过定点，所以，数形结合可知的最小值为，C正确；
在中，分别令，得到点，，所以，因为点在直线上，所以且，，则，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，D正确．
故选：BCD.
【点睛】
结论点睛：与圆的切线有关的结论：
（1）过圆上一点的切线方程为；
（2）过圆：外一点作圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦所在直线的方程为．
25．（2021·吉林·长岭县第二中学三模）已知实数，满足方程.则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．过点做的切线，则切线方程为
D．过点做的切线，则切线方程为
【答案】AD
【分析】
将整理为，方程表示以为圆心，半径为的圆，设，即，由圆心到直线的距离等于半径时直线与圆相切，求得直线斜率的最值，可判断AB；先判断在圆上，再利用圆心与该点确定直线方程的斜率，利用两直线垂直时斜率之积为，可求出切线的斜率，即可求出切线方程, 可判断CD.
【详解】
对于AB，设，即，由圆心到直线的距离等于半径时直线与圆相切，即，解得，即，，即的最大值是，故A正确，B错误；

对于CD，显然点在圆上，过与圆心的直线斜率为，由切线性质知，切线斜率，所以切线方程为，整理得，故C错误，D正确.
故选：AD
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与圆的综合问题，常见类型及解题策略
（1）处理直线与圆的弦长问题时用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．
（2）圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
26．（2021·福建省福州格致中学高三月考）已知点是直线上的一点，过点作圆的切线，切点分别为，，连接，，则（ ）
A．若直线，则 B．的最小值为
C．直线过定点 D．点到直线距离的最大值为
【答案】ACD
【分析】
设点，则，设切点，，根据题意得点四点共圆，进而得其圆的方程，再与圆的方程联立得直线的方程：，再根据题意依次讨论各选项即可得答案.
【详解】
解：设点，则，设切点，，
易知点四点共圆，圆心为中点，半径为，
故点四点所在圆的方程为：，
与圆的方程联立得：，
所以直线的方程为：，即：
对于A选项，当直线时，，
再结合解得，此时直线的方程为：，
圆心到直线的距离为：，故，故A选项正确；
对于B选项，
，
将直线与圆方程联立得：
，，
所以，，
所以，
由于，
故当时，取得最小值.故B选项错误；
对于C选项，将点代入直线的方程为：得恒成立，故直线过定点.故C选项正确；
对于D选项，因为，
所以点到直线的距离为：，故D选项正确.
故选：ACD

【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系问题，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于由四点共圆，进而得其圆的方程，再与圆的方程作差得直线的方程：.
27．（2021·江苏常州·一模）已知曲线上的点满足方程，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线的长度为
B．当时，的最大值为1，最小值为
C．曲线与轴、轴所围成的封闭图形的面积和为
D．若平行于轴的直线与曲线交于，，三个不同的点，其横坐标分别为，，，则的取值范围是
【答案】ACD
【分析】
先作出方程表示的曲线，然后对每个选项逐个判断即可.
【详解】
对于方程，
① 当，时，方程变为，即，表示半圆弧；
② 当，时，方程变为，即，表示射线；
③ 当，时，方程变为，该圆不在，范围内，故舍去；
④当，时，方程变为，即，表示射线.
综上可知，曲线由三段构成：射线，半圆弧和射线.
对于选项A，当时，曲线由三段构成：线段，半圆弧和线段. 其长度为，故A正确；
对于选项B，令，其表示曲线上的动点与定点连线的斜率，由图可知，，但是其最小值是过点且与半圆弧相切的切线斜率，显然，，故B错误；
对于选项C，由图可知，曲线与轴、轴围成的封闭图形为两个相同的弓形，其面积和为，故C正确；
对于选项D，设平行于轴的直线为，要使与曲线有三个交点，则，不妨设与半圆弧的交点为，，显然，，两点横坐标之和，与射线的交点为，则点的横坐标，所以，故D正确.
故选：ACD.

【点睛】
关键点点睛：本题的关键点在于：准确地作出方程表示的曲线.
28．（2021·全国全国·高三月考）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，，点满足.点的轨迹为，下列结论正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．在曲线上存在点，使得
C．在轴上存在异于，的两定点，，使得
D．当，，三点不共线时，射线是的平分线
【答案】ACD
【分析】
设将利用两点间距离公式化简即可判断A；设，由转化为代数表示，再利用在曲线上解方程即可判断B；设，将转化为代数形式，由点的轨迹为
即可求出，的值，即可判断选项 C；由可得是的平分线即可判断选项D.
【详解】
对于选项A：设，，，
由可得，
所以整理可得：，
即，故选项A正确；
对于选项B：设，由可得：，
即整理可得：①，
又因为点在曲线上，所以②，
得：，解得：，
将代入得无解，即在曲线不存在点满足，故选项B不正确；
对于选项C：假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，
设，可得由可得，
即化简可得：，
由点的轨迹为可得，，
解得：，或，（舍去），即存在，，
即存在点，，使得，故选项C正确；
对于选项D：当，，三点不共线时，由，可得是的平分线，故选项D正确，
故选：ACD
【点睛】
方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程.


三、双空题
29．（2021·吉林·梅河口市第五中学高三期末（理））古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262-190年)，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．比如在平面直角坐标系中，、，则点满足所得点轨迹就是阿氏圆；已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为___________．则的最小值为____________．
【答案】；
【分析】
（1）先利用阿氏圆的定义将转化为点到另一个定点D的距离，然后结合抛物线的定义容易求得的最小值；
（2）由（1）知，又当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值即可求解.
【详解】
解：设，由题意，即，整理得．
因为圆可以看作把圆向左平移两个单位得到的，那么点平移后变为，所以根据阿氏圆的定义，满足，
结合抛物线定义，
（当且仅当，，，四点共线，且，在，之间时取等号），此时，
故的最小值为．

（当且仅当M，Q，F三点共线时等号成立），
根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。
而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到，当过点M的切线与的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值，此时切线方程为，联立可得，此时，
所以.
故答案为：；.
【点睛】
关键点点睛：（1）问解题的关键是根据阿氏圆的定义，得满足；
（2）问解题的关键是当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值.
30．（2021·天津二中高三期中）已知边长为的正△ABC，内切圆的圆心为O，过B点的直线l与圆相交于M，N两点，（1）若圆心O到直线l的距离为1，则_____________；（2）若，则的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】
（1）利用圆的弦长公式即求；
（2）以B为原点建立平面直角坐标系，可得内切圆方程为，可设，由条件可得，再利用辅助角公式及三角函数的性质即得.
【详解】
（1）∵边长为的正△ABC，内切圆的圆心为O，
由等边三角形的性质可知，内切圆的半径为2，又圆心O到直线l的距离为1，
∴.
（2）如图以B为原点建立平面直角坐标系，则，

内切圆方程为，由题知点M在圆上，可设，
∵，
∴，
∴，解得，
∴，
∵，∴.
故答案为：；.
31．（2021·广东高州·二模）已知区域表示不在直线()上的点构成的集合，则区域的面积为___________，若在区域内任取一点，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】
将直线方程转化为：，由已知得该方程无根，分类讨论当时，，整理得点在以为圆心，1为半径的圆的内部，求得区域的面积，再利用向量数量积求得；当时，求得，即可得到答案.
【详解】
将直线方程转化关于m的方程为：.
∵区域表示不在直线()上的点构成的集合，
∴方程无根.
①当时，，整理得，
即在以为圆心，1为半径的圆的内部，则区域的面积为.

令，则，，，
设与夹角为，则，
∵，，∴，∴；
②当时，直线方程为，令，解得，
当时，必有取值，则当时，只有不在直线上.此时.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：，
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线方程，圆的方程，平面向量的数量积的知识，将直线方程转化为：，由已知得该方程无根是解题的关键，再分类讨论和两种情况，即可得解，考查学生的逻辑思维能力与转化化归能力，属于难题.
32．（2021·吉林吉林·三模（文））已知圆是圆上任意点，若，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹方程是_______﹔若A是圆所在平面内的一定点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹是:①一个点②圆③椭圆④双曲线⑤抛物线，其中可能的结果有__________．
【答案】 ①②③
【详解】
由圆则圆心，半径r=4;因为线段的垂直平分线与直线相交于点，如图（1）示：

所以， 所以，符合椭圆的定义，所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4 的椭圆，
故,所以点的轨迹方程是；
（1）若点A在圆C内不同于点C处，如图（1）所示，则有，符合椭圆的定义，故点的轨迹是以为焦点，长轴为4 的椭圆，所以③正确；
（2）若点A与C重合，如图（2）所示，则有，符合圆的定义，故点的轨迹是以为圆心，2为半径 的圆，所以②正确；
（3）若点A在圆C上，如图（3）所示，则由垂径定理，线段AP的垂直平分线必过点C,故Q与C重合故点的轨迹一个点，所以①正确；

（4）若点A在圆C外，如图（4）所示，则，所以，故点的轨迹是以为焦点，实轴长为4的双曲线的一支，所以④不正确；

（5）点A不论在什么位置，点的轨迹都不可能是抛物线，故⑤不正确.
故答案为：；①②③.
【点睛】
求动点轨迹方程的方法：
（1）定义法；（2）参数法；（3）轨交法.

四、填空题
33．（2021·全国·高三专题练习）设，则的最小值是_______．
【答案】
【分析】
的几何意义为点与点之间的距离的平方．利用参数方程思想分别考察的轨迹，得到在直角坐标系中，点A在直线上，点B在半径的圆上．利用点到直线的距离公式和圆的性质求得，然后平方即得所求.
【详解】
的几何意义为点与点之间的距离的平方．
设，则点A在直线上；
设，则点B在半径的圆上．
如图，在直角坐标系中，
圆心O到直线的距离，
则．

所以P的最小值为．
故答案为：.
34．（2021·江西·景德镇一中高三月考（理））已知点，动点满足以为直径的圆与轴相切，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
由抛物线定义可知的轨迹方程，直线过定点，结合圆的性质，可知点的轨迹为圆，再结合抛物线与圆的性质即可得到最小值．
【详解】
由动点满足以为直径的圆与轴相切可知：动点到定点的距离等于动点到直线的距离，故动点的轨迹为，
由可得，
解得D，即直线过定点D，
又过作直线的垂线，垂足为，
所以点在以为直径的圆上，直径式方程为，
化为标准方程为：，圆心,半径

过做垂直准线，垂足为，过做垂直准线，垂足为
则
故答案为：

35．（2021·全国·高三专题练习）直线系，直线系A中能组成正三角形的面积等于______.
【答案】或
【分析】
应用辅助角公式可得且，根据正弦函数的性质有，易知其几何意义：直线系A是圆上所有点的切线集合，分析可知直线构成正三角形有无数个，但面积值只有两个；将圆心移至原点、取简化模型，设为，应用切线的性质及点线距离公式求参数b，进而求出正三角形的两个面积值.
【详解】
直线系A：可变形为，
∴，而，
，即，其几何意义为圆外的点的集合，直线系是圆的切线的包络，即圆上所有点的切线集合，如图所示.

把圆心平移到原点，由过圆上一点的切线方程为.
而圆的参数形式为，，
令，则以为切点的切线方程为，即.
由圆心到切线的距离等于半径，有，即，
故当时，直线系是圆上所有点的切线方程系，也是圆的包络线.
显而易见，所有直线系中的直线构成正三角形有无数个，但是面积的值只有两个.

如取，如图所示，设直线的方程为.
圆心到直线的距离等于半径，则，
，则，
当，，，则.
当，，，则.
将圆向右平移3个单位即为，不改变正三角形的面积，直线系A中组成正三角形的面积：或.
故答案为：或
36．（2021·上海徐汇·二模）已知实数a、b使得不等式|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，在平面直角坐标系xOy中，点（a，b）形成的区域记为Ω．若圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，则r的最大值为_____．
【答案】
【分析】
在x∈[1，2]的条件下，把等式|ax2+bx+a|≤x等价转化，利用函数最值建立关于a，b的二元一次不等式组，画出其可行域Ω，再用几何意义得解.
【详解】
任意x∈[1，2]，，
而函数在[1，2]上单调递增，则，又关于a的函数在上图象是线段，最大值是或
所以，该不等式组表示的平面区域即是点(a，b)形成的区域Ω，如图中阴影区域(平行四边形ABCD)：

点O(0，0)到直线或的距离，
点O(0，0)到直线或的距离，
而，要圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，当且仅当，即r的最大值为.
故答案为：
【点睛】
关键点睛：非线性目标函数的最值求法，关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．
37．（2021·湖北·武汉二中高三月考）在平面直角坐标系中，定义、两点间的直角距离为，如图，是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则_______．若点为曲线上任一点，则的最大值为________．

【答案】
【分析】
求出、的坐标，利用题中定义可求得的值；设点为第一象限内的点，设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值.
【详解】
由图可知，点位于第一象限，在圆的方程中，令，可得，则点.
如图可得，点，所以；
根据对称性，只需讨论点在第一象限的情况：
当点在上时，设，则，则，
所以，
，则，当时，；
当点不在上时，所在圆的圆心为，
易知直线轴，设，，同理可得，则，，
，
，则，当时，.
因为，所以，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查距离的新定义，解题的关键在于对点的位置进行分类讨论，利用三角形式设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性来求解.
38．（2021·浙江·高三期末）设圆上两点，满足：，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】
首先由数量积公式可得，再根据绝对值的几何意义得表示两点，分别到直线的距离之和，再以直线为轴重新建立直角坐标系后，利用三角函数表示，根据角的范围求值域.
【详解】
由，得.
设表示两点，分别到直线的距离之和.
取直线为轴重新建立直角坐标系后，则表示两点，分别到轴的距离之和.
在新的直角坐标系下，设，
则有.
由对称性，不妨设点在轴上或上方，即.
所以，
时，，
得，则，
当时，，
，此时
综上得，
从而得.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是理解的几何意义，并正确转化为三角函数问题，注意需讨论角的范围，写出分段函数的形式.
39．（2021·上海市张堰中学高三月考）已知二元函数的最小值为，则正实数a的值为________．
【答案】.
【分析】
根据两点间距离公式，可得的表达式的几何意义为：点与点的距离之和，作出图形，根据两点间线段最短，可得的距离即为最小值，化简计算，即可得结果.
【详解】
由题意得，
其几何意义为：点与点的距离之和，如图所示：

设点，则求的最小值即可，
以B为旋转中心，将绕点B顺时针旋转至，连接，
则均为等边三角形，
所以，
所以，取等号时四点共线，
即，
又，所以，
化简可得，
左右同时平方，根据，解得，
故答案为：2.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于数形结合思想的运用，通过将复杂的函数最值问题借助图形转化为容易求解的几何问题，通过分析图形中几何元素的关系直观解答问题.
40．（2021·湖南师大附中高三月考）已知函数，若，，.则的最大值为___________.
【答案】
【分析】
首先确定函数的对称性,然后利用倒序相加法求和,最后利用几何意义求得的最大值即可.
【详解】
由题得，
则，
令，
则，
，得，
则，
则，令，则，
是圆心为，半径为的圆上一点，
直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离，
由，得，
得，即，
故，
，
故的最大值为
故答案为：.
41．（2021·浙江·丽水外国语实验学校高三期末）在平面直角坐标互中，给定两点，点在轴的正半轴上移动，当最大值时，点的横坐标为_______
【答案】
【分析】
根据条件结合圆的性质，转化为求圆的半径最小，利用数形结合，即可求解.
【详解】
过点三点的圆的圆心在线段的中垂线上，
其中为弦所对的圆周角，所以当圆的半径最小时，最大，
设圆心坐标为，
又由点在轴上移动，当圆和轴相切时，取得最大值，
设切点为，圆的半径为，所以圆的方程为，
代入点代入圆的方程，可得，
整理得，解得或（舍去），
所以点的横坐标的为.
故答案为：.

42．（2021·云南·模拟预测（理））设，为不共线的非零向量，且．定义点集．当，，且不在直线AB上时，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的最小值是________．
【答案】
【分析】
由，可得A，B，C共线，再由向量的数量积的几何意义可得PC为的平分线，可得，可得P的轨迹为圆，求得圆的直径与AB的关系，即可得到所求最值．
【详解】
由，
可得A，B，C共线，
当点P不在直线AB上时，
由，
可得，
即有，
则PC为的平分线，
根据正弦定理易得，
以AB所在直线为x轴，以线段AB的中垂线为y轴建立平面坐标系，
设，，，
则，
整理得：，
∴P的轨迹是圆心为，半径为的圆，
因为点P不在直线AB上，
所以不包括x轴上的点．
∴，
∴，
即恒成立，
设，则在上单调递减，
∴的最大值为．
∴．
故m的最小值为．
故答案为：．
43．（2021·黑龙江·大庆中学模拟预测（理））已知圆，点，若上存在两点满足，则实数的取值范围___________
【答案】
【分析】
令，根据得，由在圆上代入坐标，整理可将问题转化为两个圆有公共点，则两圆的圆心距离在内，进而求的范围.
【详解】
由题意，可得如下示意图，

令，由知：，又在上，
∴，整理得，即两圆有公共点，
∴两圆的圆心距离为，半径分别为、，故当时符合题意，
∴，即.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：设，利用向量共线的坐标表示求B坐标，将点代入圆的方程将问题转化为两圆有公共点，求参数范围.
44．（2021·全国·高三专题练习（理））焦点为的抛物线与圆交于、两点，其中点横坐标为，方程的曲线记为，是圆与轴的交点，是坐标原点.有下面的四个命题，请选出所有正确的命题：_________.①对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；②对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角；③对于任意，该曲线有且仅有一个内接正△；④当时，存在面积大于2021的内接正△.

【答案】①②③
【分析】
由题设抛物线与圆的方程可得交点横坐标与圆半径的关系为，结合各项条件，应用特殊值法判断①②的正误，由于随着圆半径的增大，直线与的交点从圆上会变化，直到时交点刚好为抛物线与圆的交点上，此后R再增大位置不变，即可判断③④的正误.
【详解】
联立抛物线与圆的方程，消去y得，即，而且，
∴，即A、B横坐标与半径R的关系，
∵抛物线与圆有两个交点，即，
∴当时，，①正确；
∵由题意知：关于x轴对称，则对于给定的角，存在使得圆弧所对的圆心角，即只需存在R使即可.
∴令，则，解得或，
1、当，在如下图阴影部分变化，有，

2、当，若时，故在如下图阴影部分变化，有，

∴或时，有即，所以对于给定的角，存在，使得圆弧所对的圆心角，故②正确；
由，于是轴，直线：，同理，
∴与分别都只有一个交点，即对于任意，该曲线有且仅有一个内接正△，③正确；
当时，如下图示，抛物线与圆只有一个交点且交点为原点，不符合题意，但此时，

∴当时，与的交点在圆上，会一直增大，如下图示，直到，即与、重合分别为、，此时，

∴.
当时，与的交点在抛物线上，的变化对没有影响，如下图示，，

∴④错误.
【点睛】
关键点点睛：确定A、B横坐标与半径R的关系，应用特殊值法判断前两项的正误，由题设确定，，且在圆的半径增大过程中首先在圆上变化，直到时一直为与抛物线的交点.
45．（2021·北京海淀·高三期末）已知圆，直线，点，点.给出下列4个结论：
①当时，直线与圆相离；
②若直线是圆的一条对称轴，则；
③若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为；
④为圆上的一动点，若，则的最大值为.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】
对于①：，，圆心，半径，直线与圆相离；对于②：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，即可得到；对于③：由垂径定理，，设.得到，但两处等号无法同时取到，矛盾；对于④：为圆上的一个动点.若，设，利用参数方程解决即可.
【详解】
对于①：当时，直线，圆心，半径，直线与圆相离，故表述①正确；
对于②：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，故，故表述②正确；
本题的难点主要聚焦于③、④，如图所示：

设的中点为，以为直径作圆，连接．则

对于③：由垂径定理，，设.
一方面，若，则.
当且仅当，且三点共线时，等号成立，此时直线的斜率为.
另一方面，当时，直线.
故点到直线的距离.此时.
当且仅当为点在直线上的射影时等号成立，此时直线的斜率为.
对比发现，，但两处等号无法同时取到，矛盾.故表述③错误.
对于④：为圆上的一个动点.若，设，
则.
注意到，
故
当且仅当且点在点正上方时，等号成立.故表述④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系变形，以及圆更深层次的定义，难度较大，能够正确画出示意图是解决问题的关键.