专题09 直线与圆的方程-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用）

这是一份专题09 直线与圆的方程-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用），文件包含专题09直线与圆的方程-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测新高考专用原卷版docx、专题09直线与圆的方程-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共110页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题09 直线与圆的方程（新高考）
目录
【备考指南】2
【真题在线】3
【基础考点】16
【基础考点一】直线的方程16
【基础考点二】圆的方程20
【基础考点三】圆的几何性质23
【基础考点四】直线与圆的位置关系27
【基础考点五】圆的切线方程31
【综合考点】36
【综合考点一】圆与圆的位置关系36
【综合考点二】弦长与弦心距40
【综合考点三】圆的公共弦与公切线45
【培优考点】49
【培优考点一】隐圆问题49
【培优考点二】四点共圆问题57
【总结提升】64
【专项检测】65
备考指南
预测：考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.全国卷近两年考察的难度为中低档.建议二轮复习时做好查缺补漏，掌握好基础知识与基本技能.
真题在线
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．
【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，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

2．（2023·全国·统考高考真题）已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
3．（2022·北京·统考高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．1D．
【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，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
4．（2021·北京·统考高考真题）已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则
A．B．C．D．
【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
【详解】由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，取得最小值为，解得.
故选：C.
二、多选题
5．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
6．（2021·全国·统考高考真题）已知直线与圆，点，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】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
7．（2023·北京·统考高考真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断.
【详解】依题意，，
当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；
当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取，则的图像如下，

显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，
当时，；
当时，显然取得最大值；
当时，，
综上：取得最大值，故②正确；
对于③，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小，

当时，，当且接近于处，，
此时，，故③正确；
对于④，取，则的图像如下，

因为，
结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然在上，满足取得最小值，
即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.
8．（2022·全国·统考高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，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：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
9．（2022·全国·统考高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为 ．
【答案】
【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，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在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[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与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
故答案为：
10．（2021·全国·统考高考真题）双曲线的右焦点到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线的距离为.
故答案为：
11．（2023·天津·统考高考真题）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，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】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
12．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
【答案】（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
13．（2022·天津·统考高考真题）若直线与圆相交所得的弦长为，则 ．
【答案】
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，因为，解得.
故答案为：.
14．（2022·全国·统考高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为 ．
【答案】或或或．
【分析】方法一：设圆的方程为，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，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[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
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【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．
15．（2022·全国·统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程 ．
【答案】或或
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.
16．（2021·天津·统考高考真题）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则 ．
【答案】
【分析】设直线的方程为，则点，利用直线与圆相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得.
【详解】设直线的方程为，则点，
由于直线与圆相切，且圆心为，半径为，
则，解得或，所以，
因为，故.
故答案为：.
基础考点
【考点一】直线的方程
【典例精讲】（多选）（2023上·浙江·高二温州中学校联考期中）已知直线，，则（ ）
A．直线过定点B．当时，
C．当时，D．当时，之间的距离为
【答案】ABD
【分析】将化为，令即可确定定点；将、代入方程，由方程形式判断直线位置关系；由直线平行得，应用平行线距离公式求距离.
【详解】由，令，可得，
所以过定点，A对；
时，，而，即，B对；
时，，而，显然不垂直，C错；
，则，可得，由上知，之间的距离为，D对.
故选：ABD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023上·河北保定·高三校联考开学考试）已知直线：，：，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2．（2023·福建龙岩·统考二模）已知M是圆上一个动点，且直线：与直线：（，）相交于点P，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线过定点及垂直关系确定P轨迹，结合圆的位置关系求最值即可.
【详解】
由两直线方程可知分别过定点，且两直线互相垂直，
设的中点为，则，
如图所示，则两直线的交点的轨迹为以为圆心为直径的圆，，
可知两圆相离，设直线交圆于E，交圆于D，
显然.
故选：D
二、多选题
3．（2023·浙江宁波·统考一模）设O为坐标原点，直线过圆的圆心且交圆于两点，则（ ）
A．B．
C．的面积为D．
【答案】BC
【分析】对于A，整理圆的方程为标准方程，明确圆心与半径，可得答案；
对于B，由题意，将圆心代入直线方程，求得参数，可得答案；
对于C，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形的面积公式，可得答案；
对于D，根据两点求得斜率，利用垂直直线斜率的关系，可得答案.
【详解】由圆的方程，
则，所以圆心，半径，
易知，故A错误；
将代入直线方程，则，解得，故B正确；
将代入直线方程，整理可得直线方程，
原点到直线的距离，且此为底上的高，
所以，故C正确；
由与，则直线的斜率，
由直线方程，则直线斜率，
由，则与不垂直，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
4．（2020·江苏·高三专题练习）若直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1,1)，则该直线在x轴、y轴上的截距之和的最小值为 ．
【答案】4
【解析】把点(1,1)代入直线ax＋by＝ab，得到＋＝1，然后利用a＋b＝(a＋b) ，再由基本不等式即可求得最值.
【详解】∵直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1,1)，
∴a＋b＝ab，即＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b) ＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时上式等号成立．
∴直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为4.
故答案为：4.
【点睛】点睛：本题主要考查直线方程以及利用基本不等式求最值.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
【考点二】圆的方程
【典例精讲】（多选）（2023·湖南·校联考模拟预测）已知直线：，：，圆C：，下列说法正确的是（ ）
A．若经过圆心C，则
B．直线与圆C相离
C．若，且它们之间的距离为，则
D．若，与圆C相交于M，N，则
【答案】AC
【分析】将圆心代入直线的方程，求得k，判断A；求得直线过圆内一定点，判断B；利用平行线间的距离公式可判断C；根据圆的几何性质可求得，判断D.
【详解】对于A，因为圆心在直线上，所以，解得，A正确；
对于B，因为直线恒过点，且，
即点在圆C内，所以与圆C相交，B错误；
对于C，因为，则，
故与之间的距离，所以，C正确；
对于D，时，直线：，即，
因为圆心到直线的距离，
所以，D错误，
故选：AC.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）过、两点，且与直线相切的圆的方程可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析可知，圆心在直线上，设圆心为，根据圆与直线相切以及圆过点可得出关于的等式，解出的值，即可得出所求圆的方程.
【详解】因为、，则线段的垂直平分线所在直线的方程为，
设圆心为，则圆的半径为，
又因为，所以，，
整理可得，解得或，
当时，，此时圆的方程为；
当时，，此时圆的方程为.
综上所述，满足条件的圆的方程为或.
故选：C.
2．（2023·四川·校联考模拟预测）已知点，，，若点是的外接圆上一点，则点到直线：的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．14
【答案】C
【分析】设所求圆的方程为，根据的三个顶点分别为，，，代入求得方程，再判断直线与圆的位置关系，然后转化为点与圆的位置关系求解.
【详解】解：设所求圆的方程为，
因为的三个顶点分别为，，，
则，
解得，
所以外接圆的一般方程为，
其圆心为，半径为5，
因为直线，即，
所以点到直线的距离为，
所以直线与的外接圆相离，
所以点到直线的距离的最大值为.
故选：.
二、多选题
3．（2023·河北保定·统考二模）已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．
C．直线被圆截得的最短弦长为
D．当时，圆上存在无数对点关于直线对称
【答案】ABD
【分析】求解直线系结果的定点判断A；圆的圆心求解、判断B；求解直线被圆截的弦长判断C，利用圆的圆心到直线的距离判断D．
【详解】直线，恒过点，所以A正确；
圆的圆心坐标为，，，所以B正确；
圆的圆心坐标为，圆的半径为2．
直线，恒过点，圆的圆心到定点的距离为：，
直线被圆截得的最短弦长为，所以C不正确；
当时，直线方程为：，经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确．
故选：ABD．
三、填空题
4．（2023·河北张家口·统考二模）已知抛物线与轴的交点分别为,点的坐标为,若过三点的圆与轴的另一个交点为,则 .
【答案】
【分析】设过三点的圆的方程为,分别令,,得到关于的二元一次方程,根据韦达定理求解即可.
【详解】由题意可得,点在抛物线上,所以点在轴上方,即.
设过三点的圆的方程为,
令,则有;
令,则有,
设的横坐标分别为,
则也为方程的根,
由韦达定理可得,;
同理,为方程的根,
由韦达定理可得,
因此,,
即.
故答案为:.
【考点三】圆的几何性质
【典例精讲】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知半圆与直线相交于A，B两点，下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．当点B为时，圆心到直线AB的距离为
C．
D．线段AB长度的最小值为4
【答案】CD
【分析】根据直线方程可得直线恒过定点判断A，根据条件可得直线AB的方程，然后根据点到直线的距离可判断B，根据条件结合斜率公式可判断C，利用圆的性质及弦长公式可判断D.
【详解】对A，直线可化为，令解得
则直线过定点，A选项错误；
对B和C，半圆变形得，圆心，半径，
当直线过点时，直线斜率，当直线过点时，直线斜率，所以，C选项正确；
当点B为时，，所以直线AB的方程为，
则圆心到直线AB的距离，B选项错误；
对D，当，即时，线段AB的长度取得最小值，又，
所以，，则，D选项正确．
故选：CD．
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.
【详解】因为直线：，即，
令，解得，可知直线过定点，
同理可知：直线过定点，
又因为，可知，
所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，
因为圆的圆心，半径，
所以的最大值是.
故选：B.
2．（2023·河北·校联考一模）直线与圆相切，则的最大值为（ ）
A．16B．25C．49D．81
【答案】C
【分析】利用圆与直线的位置关系得出的方程，根据方程分析利用表示的几何意义求解即可.
【详解】由直线与圆相切可得：
圆心到直线的距离等于圆的半径，
即，
故，即点在圆O上，
的几何意义为圆上的点与点之间距离的平方，
由圆心为，
因为，
所以点在圆外，
所以点到点的距离的最大值为圆心到的距离与圆半径之和，
即，
所以的最大值为.
故选：C.
二、多选题
3．（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知圆和圆的交点为，直线：与圆交于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线的方程为
B．圆上存在两点和，使得
C．圆上的点到直线的最大距离为
D．若，则或
【答案】CD
【分析】将两圆方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断两圆相交，将两圆方程作差得到公共弦方程，即可判断A，再利用弦长公式判断B，求出到的距离，即可判断C，圆心到直线的距离为，即可得到方程，判断D.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
所以，
所以两圆相交，所以将两圆的方程作差可得，
即直线的方程为，故A错误；
圆心到直线的距离为，所以，
对于圆上的任意两点，，故B错误；
圆上的点到直线的距离的最大值为，故C正确；
因为，所以圆心到直线的距离为，所以，
故或，故D正确.

故选：CD
三、填空题
4．（2023·广东佛山·校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，动点到点的距离是到点的距离的2倍，则的面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】设，由题知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，可求出点到直线的距离最大值为半径，即可求出的面积的最大值.
【详解】设，由题知动点到点的距离是到点的距离的2倍，
所以，即，
化简整理得：，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
，点到直线的距离最大值为半径，
的面积的最大值为.
故答案为：
【考点四】直线与圆的位置关系
【典例精讲】（多选）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）已知曲线C上任意一点P到，的距离之比为2，直线l： 与曲线C交于两点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C的轨迹是圆
B．曲线C的轨迹方程为
C．
D．
【答案】AD
【分析】设点P的坐标为，由两点间距离公式，可得点P的轨迹方程，从而判断选项A和B，由，推出，联立直线l与曲线C的方程，结合韦达定理，可求得，判断C；进而求得，，再由弦长公式，求出，判断D.
【详解】设点P的坐标为，
因为点P到，的距离之比为2，所以，即，
所以，化简得 ，
即选项A正确，B错误；
设，，
由，知，即，
不妨设，，则，
联立，得，
由于直线过点，满足，
故在内，故必有，
所以，，
把代入，化简得，解得，即C错误；
此时有，即，解得或，即，，
所以 ，即D正确，
故选：AD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·福建·校联考模拟预测）已知点的坐标为，点的坐标为.若对任意经过，两点的，该圆总与直线（）有两个公共点，则必有（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由经过，两点，确定圆心在轴上，设圆心，再由直线与圆相交的充要条件建立的不等式，转化为关于的二次不等式恒成立问题求解即可.
【详解】已知点的坐标为，点的坐标为，
则任意经过，两点的圆心位于轴上，
不妨设为，，设半径为，
则.
因为和直线恒相交，
所以圆心到直线的距离恒成立，
整理得，对任意恒成立，
由已知知，，
设方程，
则.
所以，即，得.
故选：A.

2．（2023·北京西城·北京师大附中校考模拟预测）已知动点在直线上，过点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由题意求出切线长的表达式，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由题可知圆的圆心为，半径为，
设，则，有，
得，
当时，.
故选：C.
二、多选题
3．（2023·河北石家庄·统考一模）已知抛物线的焦点为，过点分别向抛物线与圆作切线，切点为分别为（不同于坐标原点），则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．三点共线D．
【答案】ABC
【分析】设切线，联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理求出切点坐标，即可判断各选项.
【详解】由题意可设，联立可得：.
因为直线与抛物线相切，所以即，所以
故
设，则由几何性质可知两点关于直线对称，则，解得：，故
对于A项，，显然，故A正确；
对于B项，,,即，故B正确；
对于C项，，所以三点共线，故C正确；
对于D项，由几何性质易知四点共圆，且直径为，为该圆一条弦，点随而动，不一定为直径，故D错误.
故选：ABC
三、填空题
4．（2023·陕西西安·统考一模）直线与圆交于两点，则弦长的最小值是 .
【答案】
【分析】先把圆的方程化成标准形式，从而得出圆心坐标和半径，再通过直线方程得出直线过定点，发现定点在圆的内部，从而根据圆的有关知识知：当定点是弦的中点时，弦长最短，从而求出弦长的最小值.
【详解】圆化成标准形式为圆，
圆心，半径，
直线过定点，并在圆内，
最短时，点为弦的中点，即时，
所以.
故答案为：.
【考点五】圆的切线方程
【典例精讲】（多选）（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知圆，点是直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则下列说法正确的是（ ）
A．切线长的最小值为
B．四边形面积的最小值为
C．若是圆的一条直径，则的最小值为
D．直线恒过定点
【答案】ABD
【分析】利用勾股定理可求得切线长的最小值，可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质以及的最小值，可判断C选项；设点，求出直线的方程，可求得直线恒过定点的坐标，可判断D选项.
【详解】圆心为，圆的半径为，由圆的几何性质可知，，.
对于A选项，，
当时，取最小值，且，
所以，，A对；
对于B选项，由切线长定理可知，，，，
所以，，所以，，B对；
对于C选项，易知为的中点，
，C错；
对于D选项，设点，则，
线段的中点为，，
所以，以为直径的圆的方程为，
即圆的方程为，
将圆的方程与圆的方程作差可得，
即，故直线的方程为，
变形可得.
由可得，所以，直线恒过定点，D对.
故选：ABD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023下·江西·高三校联考阶段练习）设圆与y轴交于A，B两点（A在B的上方），过B作圆O的切线l，若动点P到A的距离等于P到l的距离，则动点P的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意分别求得，的坐标与切线，再根据抛物线的定义即可求得动点的轨迹方程．
【详解】因为圆与轴交于，两点（在的上方），
所以，，
又因为过作圆的切线，
所以切线的方程为，
因为动点到的距离等于到的距离，
所以动点的轨迹为抛物线，且其焦点为，准线为，
所以的轨迹方程为．
故选：A.
2．（2023·北京通州·统考三模）过直线上的一点作圆的两条切线，，切点分别为，当直线，关于对称时，线段的长为（ ）
A．4B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，利用这一关系即可得到切线的长.
【详解】如图所示，圆心为，连接，

因为直线，关于对称，所以垂直于直线，
故，而，
所以.
故选：C
二、多选题
3．（2023·山东烟台·统考三模）已知点为直线与轴交点，为圆上的一动点，点，则（ ）
A．取得最小值时，B．与圆相切时，
C．当时，D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】A：取得最小值时位于即轴上，根据三角形面积公式可得.
B：直接在直角三角形利用勾股定理可得.
C：运用向量的坐标表示和对于坐标运算可得.
D：根据正弦定理，将求的最大值转化为求外接圆半径最小，
此时，外接圆与圆相内切，根据内切半径差等于圆心距可得外接圆半径，进而可得.
【详解】因，令，得，
故，
，圆心，半径
选项A：

如图，根据圆的性质当位于轴上时，取得最小值，
此时，故A正确；
选项B：

当与圆相切时，
，
故B正确；
选项C：

设，
则，，
当时，，
故，
又，
得，
，，
若，则，
又得，，，
此时，
这与点在圆上矛盾，故C错误；
选项D：

设外接圆圆心为，半径为
由题意可得在中垂线上，可设其坐标为，
则，，
由正弦定理知，所以，
当最小，即外接圆与圆相内切时，的最大值，
此时圆心距等于两圆半径之差，则
，
两边同时平方可得，
，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
4．（2023·天津南开·统考二模）若直线与圆相切，则 .
【答案】/0.75
【分析】由圆心到切线的距离等于半径求解．
【详解】由题意圆心为，半径为2，
所以，解得．
故答案为：．
综合考点
【考点一】圆与圆的位置关系
【典例精讲】（多选）（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图所示，该曲线W是由4个圆：，，，的一部分所构成，则下列叙述正确的是（ ）

A．曲线W围成的封闭图形面积为4+2π
B．若圆与曲线W有8个交点，则
C．与的公切线方程为
D．曲线W上的点到直线的距离的最小值为4
【答案】ACD
【分析】A选项可将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，即可判断；
B选项可直接由图讨论判断对错；
C选项可由圆心到直线的距离等于半径，求出公切线；
D选项可先找到，的公切线方程为，曲线W上的点到直线的距离的最小值即为平行线间的距离.
【详解】曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，
所以其面积为，故A选项正确.
当时，交点为B，D，F，H；当时，交点为A，C，E，G；
当或时，没有交点；当时，交点个数为8，故B选项错误.
设与的公切线方程为，
由直线和圆相切的条件可得，
解得，（舍去），
则其公切线方程为，即，故C选项正确.
同理可得，的公切线方程为，
则两平行线的距离，故D选项正确.
故选：ACD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·广东潮州·统考二模）已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内
B．若圆与圆恰有三条公切线，则
C．直线与圆相离
D．圆关于对称
【答案】B
【分析】由点与圆的位置关系判断A；由两圆外切，结合圆与圆的位置关系判断B；由距离公式判断C；由圆心不在直线上判断D.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为.
对于A：因为，所以点在圆外，故A错误；
对于B：若圆与圆恰有三条公切线，则两圆外切，
圆可化为，圆心为，
半径为，因为，所以，
解得，故B正确；
对于C：到直线的距离为，则直线
与圆相切，故C错误；
对于D：显然圆心不在直线上，则圆不关于
对称，故D错误；
故选：B
2．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）已知抛物线：为抛物线的焦点，为抛物线上的动点（不含原点），的半径为，若与外切，则（ ）
A．与直线相切B．与直线相切
C．与直线相切D．与直线相切
【答案】A
【分析】设动点，，由与外切得出，结合抛物线焦半径公式得出的半径为，即可得出结论．
【详解】设动点，，如图所示，与外切于点，则，
由抛物线焦半径公式得，，的半径为，即，
所以，即的半径为，
所以点到轴的距离为，则与直线相切，
故选：A．

二、多选题
3．（2023·广东韶关·统考一模）已知圆，点，下列命题正确的是（ ）
A．圆的圆心为
B．过点的直线可能与圆相切
C．圆上的点到点距离的最大值为
D．若以为圆心的圆和圆内切，则圆的半径为
【答案】ACD
【分析】A选项，变形为圆的标准方程，得到圆心和半径，A正确；B选项，根据，故点在圆内，B错误；C选项，圆上的点到点距离的最大值为圆心到的距离加上半径，得到答案；D选项，根据两圆内切，得到.
【详解】选项A：变形为，
圆心为，A正确；
选项B：，故点在圆内，
故过点的直线不可能与圆相切，B错误
选项C：圆上的点到点距离的最大值为圆心到的距离加上半径，
即，C正确；
选项D：两圆的位置关系为内切，设圆的半径为，则，D正确.
故选：ACD
三、填空题
4．（2023·山东潍坊·三模）已知圆，与圆总相切的圆的方程是 ．
【答案】
【分析】根据圆标准方程可知圆心轨迹，由圆心轨迹与圆轨迹可确定圆上总有点与原点距离为4即可求出圆的方程.
【详解】圆标准方程为，
圆的圆心为，半径为2，
由圆心坐标可知圆心轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆，
故圆上总有点与原点距离为4，由圆的标准方程可知圆的方程是：.
故答案为：.
【考点二】弦长与弦心距
【典例精讲】（多选）（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）已知经过点的圆的圆心坐标为 （为整数），且与直线相切，直线与圆相交于、两点，下列说法正确的是（ ）
A．圆的标准方程为
B．若，则实数的值为
C．若，则直线的方程为或
D．弦的中点的轨迹方程为
【答案】BC
【分析】根据题意可得出关于的等式，结合可求得的值，可得出圆的方程，可判断A选项；分析可知直线过圆心，求出的值，可判断B选项；利用勾股定理结合点到直线的距离求出的值，可得出直线的方程，可判断C选项；根据已知条件求出点的轨迹方程，可判断D选项.
【详解】对于A，设圆的半径为，由题意可得圆的方程为（为整数），
根据点是圆上的点，且圆与直线相切，则，
所以，，因为，解得，则，
则圆的标准方程为，故A错误；
对于B，由题意可知圆的标准方程为，圆心，
点在圆上，且，线段为圆的一条直径，
直线与圆相交于、两点，
圆心在直线上，，解得，故B正确；
对于C，由选项A知圆的半径为，圆心，
则圆心到直线的距离，
，即，解得，
，整理得，解得或，
则直线的方程为或，故C正确；
对于D，直线的方程可化为，过定点，
由圆的性质可得，
点的轨迹是以线段为直径的圆，
则此圆圆心为线段的中点，其坐标为，半径为，
则该圆的方程为，
由解得或，
故弦的中点的轨迹方程为，故D错误；
故选：BC.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·广东深圳·统考二模）若过点的直线与圆交于两点，则弦最短时直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可知，当最短时，直线，即可得到，从而得到结果.
【详解】
当最短时，直线，所以.
又，所以，
所以的方程为，即.
故选：D
2．（2023·河北·校联考一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知圆的半径为3，直线，互相垂直，垂足为，且与圆相交于，两点，与圆相交于，两点，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．10B．12C．13D．15
【答案】B
【分析】设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，可得，，可求四边形的面积的最大值．
【详解】设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，
直线，互相垂直，垂足为，，
，，
．
故选：B．
二、多选题
3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A．所有圆均不经过点
B．若圆关于直线对称，则
C．若直线与圆相交于、，且，则
D．不存在圆与轴、轴均相切
【答案】ABD
【分析】A假设存在圆经过点，将代入圆的方程判断是否有解；B由在直线上，代入即可判断；C几何法先求到直线的距离，结合点线距离列方程求；D根据题设，假设存在圆与数轴相切，判断是否有解.
【详解】A：将代入，则，
所以，此时，
所以不存在值，使圆经过点，对；
B：若圆关于直线对称，则在直线上，
所以，则，对；
C：由题意，到直线的距离，
所以，则，可得或，错；
D：若圆与轴、轴均相切，则，显然无解，即不存在这样的圆，对；
故选：ABD
三、填空题
4．（2023·河南洛阳·洛宁县第一高级中学校考模拟预测）已知直线,,圆，则以下命题正确的是 ．
①直线均与圆不一定相交；
②直线被圆截得的弦长的最小值；
③直线被圆截得的弦长的最大值为6；
④若直线与圆交于两点，与圆交于两点，则四边形的面积最大值为．
【答案】②③④
【分析】根据直线均过圆内的定点，判断①；根据条件计算直线被圆截得的弦长的最小值和最大值，判断②③；先判断出，再根据几何方法求出两个弦长，求出面积关于的函数关系式，换元后根据二次函数知识求出最大值，判断④.
【详解】由，得，故过定点；
由，得，故过定点，
的圆心为，半径，
因为，故直线均与圆均相交；故①不正确；
当时，直线被圆截得的弦长最小，最小值为，故②正确；
当直线经过圆心时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为，故③正确；
当时，；当时，，得，
故直线与直线恒垂直，
圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离，
故，
，
所以四边形的面积
，
令，则，所以，
因为，所以，所以当，
即，时，取得最大值，故④正确.
故答案为：②③④
【考点三】圆的公共弦与公切线
【典例精讲】（多选）（2023·福建·统考模拟预测）已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，两圆的公切线过点
B．若，两圆的相交弦长为
C．若两圆的一个交点为，分别过点的两圆的切线相互垂直，则
D．若时，两圆的位置关系为内含
【答案】AD
【分析】当时，根据两圆半径比可确定Q的位置，可判断A；由两圆方程作差可得公共弦所在直线方程确定B的正误，根据两圆交点处的切线垂直可知两圆圆心距，半径可构成直角三角形即可判断C；通过圆心距与半径差的大小关系可判断D.
【详解】当时，两圆公切线分别与，切于点，，交轴于点，，故，故A正确；
当时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，相交弦直线方程为，相交弦长为，故B错误；
若，则，故C错误；
当时，，故两圆关系是内含，D正确.
故选AD．
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知直线与圆相切，则满足条件的直线l的条数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离公式和两圆位置关系即可求解.
【详解】由已知直线，
则原点到直线l的距离为，
由直线l与圆相切，
则满足条件的直线l即为圆和圆的公切线，
因为圆和圆外切，
所以这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，
所以满足条件的直线l有3条．
故选: B．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考一模）已知圆心均在轴的两圆外切，半径分别为，则两圆公切线的斜率为（ ）
A．或0B．或0C．或0D．或0
【答案】A
【分析】由已知结合直线与圆相切，圆与圆相切性质，利用三角函数知识和斜率的知识综合即可求得结果.
【详解】如图所示，公切线的斜率可以为0；
圆心均在轴的两圆外切，画出两圆公切线, 有两条分别为，公切线与圆的切点分别为，公切线与轴的交点为，两圆圆心分别为圆与轴的上交点为，
则,
,则,
，
则,
同理可得；
所以两圆公切线的斜率为或0.
故选：A.
二、多选题
3．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A．与的公切线恰有4条
B．与相交弦的方程为
C．与相交弦的弦长为
D．若分别是圆上的动点，则
【答案】BD
【分析】由根据两圆之间的位置关系确定公切线个数；如果两圆相交，进行两圆方程的做差可以得到相交弦的直线方程；通过垂径定理可以求弦长；两圆上的点的最长距离为圆心距和两半径之和，逐项分析判断即可.
【详解】由已知得圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
，
故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，故A错误；
做差可得与相交弦的方程为
到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为，故C错误；
若分别是圆上的动点，则，故D正确.
故选：BD
三、填空题
4．（2019·湖南长沙·长郡中学校考一模）已知圆，圆圆与圆相切，并且两圆的一条外公切线的斜率为7，则为 .
【答案】
【分析】根据题意作出如下图形：

由圆方程求出圆心连线斜率为：，计算出圆心距，
再利用外公切线的斜率为7求出圆心连线与公切线的夹角，从而在直角三角形中列方程求得，联立方程即可求出，，问题得解．
【详解】根据题意作出如下图形：

AB为两圆的公切线，切点分别为A,B.
当公切线AB与直线平行时，公切线AB斜率不为7，即
不妨设
过作AB的平行线交于点E，则：，且
,
直线的斜率为：，
所以直线AB与直线的夹角正切为：.
在直角三角形中，，所以，
又,整理得：，
解得：，又，解得：，，
所以=.
【点睛】本题主要考查了圆的公切线特点及两直线夹角公式，还考查了解三角形知识及计算能力、方程思想，属于中档题．
培优考点
【考点一】隐圆问题
【典例精讲】（多选）（2023·山东菏泽·统考二模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆.分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，分别与椭圆相切于两点，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．记点到直线的距离为，则的最小值为
C．一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为
D．的面积的最小值为，最大值为
【答案】ACD
【分析】当斜率不存在时可得点坐标，斜率存在时，将切线方程与椭圆方程联立，利用和垂直关系可构造等式求得点轨迹；结合两种情况可知A正确；利用椭圆定义将转化为，由平面几何知识可知最小值为点到直线的距离，结合点到直线距离公式可求得B错误；根据矩形为蒙日圆的内接矩形，结合基本不等式可求得C正确；推导可得过椭圆外一点的椭圆的切点弦直线方程为，当时，可求得的值；当时，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合弦长公式和点到直线距离公式可化简得到，结合二次函数最值的求法可求得结果，知D正确.
【详解】
对于A，当直线一条斜率为，另一条斜率不存在时，则；
当直线斜率均存在时，设，切线方程为：，
由得：，
由整理可得：，，
又，，即，，
点轨迹为；
将检验，满足，
蒙日圆的方程为，A正确；
对于B，为椭圆上的点，，
；
的最小值为点到直线的距离，又，
，，B错误；
对于C，矩形四条边均与相切，该矩形为蒙日圆的内接矩形，
设矩形的长为，宽为，蒙日圆的半径，，
（当且仅当时取等号），
此矩形面积最大值为，C正确；
对于D，设位于椭圆上半部分，即，，
在处的切线斜率，切线方程为：，
即，在处的切线方程为；
同理可得：当位于椭圆下半部分，即时，切线方程为：；
在点处的切线方程为，同理可知：在点处的切线方程为；
设，则，可知坐标满足方程，
即切点弦所在直线方程为：；
当时，，此时所在直线方程为：，
，；
当时，由得：，
由A知：，，
设，则，，
，
又原点到直线的距离，
，
令，，，则，
为开口方向向下，对称轴为的抛物线，
，，
，，
综上所述：的面积的最小值为，最大值为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；
④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.
【变式训练】
一、单选题
1．（2022·北京东城·统考一模）在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.
【详解】由得 ，
故 由得，
由得，设 ，则 ，
即，即点C轨迹为一动圆，
设该动圆圆心为 ，则，
整理得 ，代入到中，
得： ，即C轨迹的圆心在圆上，
故点（1,1）到点距离的最大值为 ，
故选：B
2．（2022·四川）在平面内，定点A，B，C，D满足==,===–2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：由已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又
，它表示圆上的点与点的距离的平方的，，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，且，因此我们采用解析法，即建立直角坐标系，写出点的坐标，同时动点的轨迹是圆，则，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．
二、多选题
3．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）

A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可
【详解】
依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；
对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；
对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；
对于D选项，如下图所示

设，
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题
4．（2023·黑龙江大庆·统考三模）古希腊数学家阿波罗尼奥斯与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果．他发现“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”，人们将这样的圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，，，Q为抛物线上的动点，点Q在直线上的射影为H，M为圆上的动点，若点P的轨迹是到A，B两点的距离之比为的阿氏圆，则的最小值为 ．
【答案】3
【分析】设，根据题意得到，结合平移的性质和阿氏圆的定义得到，再结合抛物线定义，从而得到，当且仅当，，，四点共线，且，在，时取得最小值，进而求解即可．
【详解】设，由题意，即，整理得，
因为圆可以看作把圆向左平移个单位得到的，
那么点平移后变为，点平移后变为，
所以根据阿氏圆的定义有，所以，
又由抛物线定义有，
所以，
当且仅当，，，四点共线，且，在，之间时取等号，
故的最小值为3．
故答案为：3．
【点睛】关键点点睛：解题的关键是先根据阿氏圆的定义，得满足，再结合图形得到当且仅当，，，四点共线，且，在，时，取得最小值，
【考点二】四点共圆问题
【典例精讲】（多选）（2022·上海·统考模拟预测）设A、B是双曲线上的两点，点是线段的中点．
(1)求直线的方程；
(2)若线段的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．
【答案】(1)
(2)A、B、C、D四点共圆，理由见解析.
【分析】（1）点差法求解中点弦的斜率及方程；（2）求出AB两点坐标，求出AB的垂直平分线，联立后求出CD点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到，从而得到四点共圆.
【详解】（1）设，显然，
由题意得：，
两式相减得：，
即，
因为点是线段的中点，
所以，
所以，
即直线的斜率为1，
所以直线的方程为，整理得：
（2）联立与，得到：
，
解得：，当时，，
当时，，
不妨设，
直线AB的垂直平分线为，与联立得：，
解得：，当时，，
当时，，
不妨设，
则CD的中点为，
又，，
，
所以，
故A、B、C、D四点共圆，圆心为，半径为.
【变式训练】
一、单选题
1．（2021·全国·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，四点坐标分别为，若它们都在同一个圆周上，则a的值为（ ）
A．0B．1C．2D．
【答案】C
【分析】设出圆的一般式，根据求出，然后将点带入圆的方程即可求得结果.
【详解】设圆的方程为，
由题意得，解得，
所以，
又因为点在圆上，所以，即.
故选：C.
2．（2021·四川凉山·统考二模）、分别为双曲线的焦点，以为直径的圆依次与双曲线的渐近线交于、、、四点，，若直线，的斜率之积为，则双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据 ，得到的坐标，联立圆与双曲线的渐近线方程，求得，然后再根据直线，的斜率之积为求解.
【详解】如图所示：
如图，，，
因为，
所以，
，
联立圆与双曲线的渐近线方程，
可得，，，，
，，，，
，，
由题意，，即，
．
故选：C．
二、解答题
3．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知椭圆（），四点，，，中恰有三点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，直线MN过定点．
【分析】（1）根据椭圆的对称性，确定椭圆C过的三点，再代入方程求解作答.
（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知及斜率坐标公式列式求解即可.
【详解】（1）由椭圆的对称性知，，，三点在椭圆C上，
故，，得，从而椭圆C的方程为．
（2）直线MN过定点，证明如下：
假设存在，不妨设直线、、MN的斜率分别为，，k，满足，
设直线MN的方程为（），且，，
与椭圆C的方程联立，得，
则，即（*），
且
那么，
化简得，，
即整理得：，
解得或，当时，中一点与重合，故舍去，
故直线MN过定点．

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线MN的方程为（），且，，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将斜率之间的关系式整理从而将韦达定理代入，最后化简得，解出值并检验.
4．（2023·河北张家口·统考一模）如图，抛物线与圆交于A，B，C，D四点，直线AC与直线BD交于点E．
(1)请证明E为定点， 并求点E的坐标；
(2)当的面积最大时，求抛物线M的方程．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】
（1）设出A、B两点的坐标，将抛物线与圆方程联立，消去，得到二元一次方程，表示出直线的方程，结合上面韦达定理和抛物线的点可得E点坐标；
（2）根据对称性，的面积可以由表示，利用第（1）问的韦达定理得出的结论化简，可找出的面积的表达式，结合函数的最值，求出，即可求出抛物线M的方程.
【详解】（1）证明：设，，则，．
由得，
则有
解得．又，所以．
由圆与抛物线的对称性可知，点在轴上，
设．直线的方程为，
则，所以．
又，得，
所以，所以为定点，坐标为．
（2）由题意知的面积与的面积相等，设的面积为．
如图，连接AD，BC，AB，CD四边形ABCD为等腰梯形，其面积为，
则
由（1）知，，，
所以，
所以
，
当时，的最大值为6，这时抛物线的方程为．
总结提升
1.已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同时为零)，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同时为零)，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0；l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2.两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0与l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2))(A2＋B2≠0).
3.点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))(A2＋B2≠0).
4.圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.
5.圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为r＝eq \f(\r(D2＋E2－4F),2).
6.直线与圆的位置关系：相交、相切和相离.
判断方法：
(1)点线距离法(几何法).
(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,（x－a）2＋（y－b）2＝r2，))
消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ<0，直线与圆相切⇔Δ＝0，直线与圆相交⇔Δ>0.
7.圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离.
8.与圆的弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长eq \f(l,2)，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理.
9.两圆相交公共弦的方程可通过两圆方程相减求得，进而在一个圆内，利用垂径定理求公共弦长.
10.隐圆问题
在解决某些解析几何问题时，题设条件看似与圆毫无关系，但通过对题目条件的分析、转化后，会发现此问题与圆有关，进而利用圆的性质解题，一般我们称之为隐圆问题.
(1)借助圆的定义；
(2)借助距离的平方和为常数；
(3)借助平面向量的数量积为定值；
(4)借助距离比值为常数(eq \f(PA,PB)＝λ，λ>0且λ≠1，动点P的轨迹为阿波罗尼斯圆).
专项检测
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）已知焦点为的抛物线上有一点，准线交轴于点.若，则直线的斜率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的简单几何性质、直线的斜率求解.
【详解】由抛物线的性质，得，所以，则.
设，则，所以，所以，解得，
所以直线的斜率.
故选:B.
2．（2023上·江苏常州·高二校联考期中）若点在圆内，则直线与圆C的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【答案】C
【分析】根据点与圆，直线与圆位置关系计算即可判断.
【详解】因为点在圆内，
所以，
设圆心到直线的距离为,
则，
圆的半径,
因为，所以直线与圆的位置关系为相离.
故选：.
3．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】求导得切点处的导数值，由点斜式求解切线方程，求出截距即可求解面积.
【详解】，则，切点坐标为，
又，则切线斜率，
所以曲线在点处的切线是，即，
取，得，取，得，
故切线与两坐标轴围成的三角形的面积为：.
故选：C.
4．（2023·全国·模拟预测）已知圆，直线.若直线与圆相交所得的弦长为8，则（ ）
A．或2B．或12C．或12D．或1
【答案】C
【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心与半径，再利用点线距离公式与弦长公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】由圆的方程，得圆的标准方程为，
所以，解得或.
圆心到直线的距离，
又弦长为，即，
整理得，解得或，均满足圆的条件.
故选：C.
5．（2023上·四川达州·高二四川省万源中学校考期中）已知椭圆，直线，若椭圆上存在关于直线对称的两点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设椭圆上两点关于直线对称，则可设直线方程为，将其与椭圆方程联立，令，可算出的范围，又线段的中点也在直线上，结合韦达定理可以算出的关系式，从而得解.
【详解】设，线段的中点，
若此椭圆上存在不同的两点关于直线对称，
所以直线的方程可以设为，
联立，化为，
，解得，
而，所以，即，
代入直线可得，
所以，即实数m的取值范围是.
故选：D.
6．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）圆与圆的公切线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】先判断圆与圆的位置关系，从而可确定两圆的公切线条数.
【详解】由圆，则圆心，半径为，
圆，则圆心，半径，
所以两圆圆心距，
所以圆与圆的位置关系为外离，
则圆与圆的公切线条数为4条.
故选：D.
7．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知为抛物线上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】解：如图所示：
因为，
设，
则，
，
当时，取得最小值，
此时，最大，最小，
且，
故选：C
8．（2023·全国·模拟预测）已知过点的直线与圆交于两点，分别过点作圆的切线．若两切线的交点总在直线上，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据题意知四点共圆，且为该圆的直径，可写出其方程，利用直线是两圆的交线，可得到求方程，进一步变形直线的方程，求出其所过的定点即可.
【详解】由于点总在直线上，因此可设．
圆的方程可化为，
所以圆心为，则线段的中点坐标为，
且．
易知四点共圆，且为该圆的直径，
其方程为，
即．
由
得直线的方程为，
即．
由解得即．

故选：．
二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）已知直线与圆交于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ）
A．线段AB最短为
B．的面积的最大值为
C．若P是圆上任意一点，则不存在m，使得取最大值
D．过点A，B分别作直线l的垂线，与x轴交于C，D两点，若，则
【答案】CD
【分析】根据直线与圆的位置关系求解相交弦长，结合的面积公式分析即可得判断A，B；根据圆周角定理结合相交弦长即可得判断C；由直线相交弦长与倾斜角的关系确定与关系即可判断D.
【详解】对于A，因为过定点且斜率存在，
所以圆心O到l的距离d满足，所以，故A不正确；
对于B，的面积，
当且仅当时取最大值，而，故B不正确；
对于C，由圆周角定理可得，因为不存在最小值，所以钝角不存在最大值，故C正确；
对于D，设l的倾斜角为，由知，
而圆心O到l的距离，，
所以由知，，
所以，解得，
此时，故，故D正确．
故选：CD.
10．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）已知曲线，则（ ）
A．当时，是圆
B．当时，是焦距为4的椭圆
C．当是焦点在轴上的椭圆时，
D．当是焦点在轴上的椭圆时，
【答案】AB
【分析】根据条件，利用圆、椭圆的标准方程及椭圆的性质，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于选项A，当时，曲线为，此时曲线表示圆，所以选项A正确；
对于选项B，当时，曲线为，此时曲线为椭圆且椭圆的焦距为，所以选项B正确；
对于选项C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以选项C错误；
对于选项D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以选项D错误，
故选：AB.
11．（2023·江西景德镇·统考一模）已知点P在圆O：上，点，.则（ ）
A．直线与圆O相切
B．直线与圆O相交，且相交所得弦长为
C．存在点P，使得
D．存在点P，使得
【答案】BCD
【分析】写出直线方程，应用圆心到直线的距离与半径关系判断A，求出相交弦长判断B，过N作圆O的切线，位于第二象限切点为A，易得，判断C，假设确定P轨迹，与圆的位置关系即可判断D.
【详解】由题设，，故圆心到直线的距离，
所以直线与圆O相交，且弦长，A错，B对；
过N作圆O的切线，位于第二象限切点为A，则，
故，则点P与A重合时最大的，
那么，当P在圆上运动时必然存在，C对；
若，则P在以为直径的圆上，
圆与圆，圆心距为，
所以两圆有交点，故存在P使得，D对.
故选：BCD
12．（2023·云南·校联考模拟预测）点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，为切点，则（ ）
A．存在点，使得
B．弦长的最小值为
C．点在以为直径的圆上
D．线段经过一个定点
【答案】BCD
【分析】对于A，设，根据得，，得，可得A不正确；对于B，根据四边形面积关系列式求出，根据可求出，可得B正确；对于C，用以为直径的圆的方程和圆相减得公共弦所在直线方程，可得定点坐标，可得D正确.
【详解】对于A，设，则，当且仅当时，等号成立，
因为，，，，
所以，所以，所以，
故不存在点，使得，故A不正确；
对于B，根据圆的对称性得，所以，
又，
所以，
所以，
由A知，，所以.
故B正确；
对于C，因为，，所以既是直角三角形的外接圆的直径，又是直角三角形的外接圆的直径，所以点在以为直径的圆上，故C正确；
对于D，设，则的中点为，
所以以为直径的圆的方程为，
即，
因为是圆与圆的公共弦，
所以直线的方程为：，当时，，
所以直线：过定点，因为定点在圆内，所以线段经过定点，故D正确.

故选：BCD
三、填空题
13．（2023·全国·模拟预测）已知圆，点是圆上的任意一点，点为直线上任意一点，点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】求出关于对称点的坐标，数形结合得到四点共线时，取得最小值，利用两点间距离公式进行求解即可
【详解】由，可得，则圆心，半径.
设关于对称点的坐标为，
则，解得，
点是点关于直线的对称点，
所以.
要使取得最小值，四点共线即可，
此时最小值为.

故答案为：
14．（2023·全国·模拟预测）古希腊科学家阿基米德对几何很有研究，下面是他发现的一个定理：设的外接圆的弧的中点为，自点向，中较长的边作垂线，垂足为，则点平分折线的长．如图，点都在圆：上，轴，且，点在第一象限，点为圆与轴正半轴的交点，且，则 ．

【答案】
【分析】根据题中定理寻找和之间的关系，然后求出A，B坐标，根据求出点C坐标，即可得答案.
【详解】因为点平分折线的长，
所以，所以．
设，其中，．
由圆的对称性可得，则，解得．
又，所以．所以，．
设（，），则①，且②．
联立①②，解得，（另一组解不合题意，已舍去），
所以．
故答案为：.
15．（2023·广东·统考二模）已知是坐标原点，点，且点是圆：上的一点，则向量在向量上的投影向量的模的取值范围是 .
【答案】
【分析】设直线的斜率为，倾斜角为，的倾斜角为，可表示，再根据投影向量的模的概念可得解.
【详解】设直线倾斜角为，的倾斜角为，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即
由圆：，即，
所以圆心，半径，
又点在圆上，
所以点到直线的距离，解得，即，
当直线的斜率不存在时，方程为与圆相切，成立，此时，
综上，，
则，
所以，即
所以，
即，
又
所以向量在向量上的投影向量的模为，
故答案为：.
16．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）已知两定点，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为 .
【答案】12
【分析】首先求点的轨迹方程，再利用数形结合求的最大值.
【详解】设点，则，
整理为：，
设圆的圆心为，圆的圆心为，

如图，可知，的最大值是圆心距加两个圆的半径，即.
故答案为：12
四、解答题
17．（2023上·安徽合肥·高二合肥一中校联考期中）已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线，过曲线与轴的负半轴的交点作两条直线分别交曲线于点（异于），且直线，的斜率之积为.
(1)求曲线的方程；
(2)证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据设点代入即可得到曲线的方程；
（2）先考虑斜率存在的情况，设直线联立，得到方程，进而得到过定点，再考虑斜率不存在的情况，也得到过该定点即可.
【详解】（1）设，由，得，所以，
两边平方并化简，得曲线的方程为.
（2）由（1）得，设直线、的斜率分别为，，
如图所示，

当不垂直于轴时，设，联立，
整理得，解得（舍）或，
当时，，所以，
同理得，
所以的斜率，
因为，代入可得，
故的方程为，
即，
故过定点；
当轴时，设，则，
所以，即，
又因为，代入可得，
解得或（舍），所以（或），
所以的方程为，过点.
综上，直线过定点
18．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆，其离心率为，直线被椭圆截得的弦长为．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)圆的切线交椭圆于，两点，切点为，求证：是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由离心率为可以先得到，然后结合其余已知条件即可得解.
（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，当直线斜率不存在时，算出，当直线斜率存在时，设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，由韦达定理结合直线与圆相切于点，从而即可得解.
【详解】（1）如图所示：

因为椭圆的离心率为，所以，所以，
则椭圆的方程为．
将代入椭圆方程，得，
则，所以．
所以椭圆的标准方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为．
将代入椭圆的方程，得，
所以，则．
如图所示：

当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
将与联立，消去并整理，得．
由，得．
设，，，
则，，，
则．
由直线与圆相切，可得，即．
由，得．
结合，得．
又，两边平方并整理，
得，所以．
所以
．
综上，，即是定值．
19．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系xy中，已知 ，圆C：与x轴交于O ，B．
(1)证明：在x轴上存在异于点A的定点，使得对于圆C上任一点P，都有为定值；
(2)点M为圆C上位于x轴上方的任一点，过（1）中的点作垂直于x轴的直线l，直线OM与l交于点N，直线AN与直线MB交于点R，求证：点R在椭圆上运动．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，应用距离公式列出等式，与圆方程联立，应用待定系数法，即可求出；
（2）设直线，与圆方程联立，求出点坐标，进而得到点坐标，求得，设，列出等式，化简即可.
【详解】（1）设，若，由点在圆上化简得：，
又因为在圆上，则，
联立化简得
所以，解得
∴存在定点
（2）设直线
联立圆方程，化简得，
解得或，所以，
则直线,
所以，，
，
设，则，
化简得，
所以点R在椭圆上运动.

20．（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）已知双曲线的离心率为，右顶点到的一条渐近线的距离为.
(1)求的方程；
(2)是轴上两点，以为直径的圆过点，若直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)
(2)直线与圆相交，理由见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可.
（2）设，由点在圆上，得出，由的坐标，得出直线方程，将直线方程与双曲线方程联立，得点坐标，同理可得点坐标.从而得到直线方程，通过直线过定点，，从而得出点在圆内，故直线与圆相交.
【详解】（1）因为的离心率为，所以，
所以，渐近线方程，
因为点到一条渐近线距离为，所以，解得，
所以的方程为.
（2）直线与圆相交，理由如下：
设，则，
因为点在以为直径的圆上，所以，
所以，
即，

由（1）得，直线方程为：与双曲线方程联立，
消去得，，因为直线与都有除以外的公共点，
所以，所以，即，
同理当，.
，
所以直线方程为：，
令得，，
即直线经过定点.
因为，
所以点在圆内，故直线与圆相交.
21．（2016·江苏南京·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，设点是椭圆C：上一点，从原点O向圆作两条切线，分别与椭圆C交于点，直线的斜率分别记为.

(1)若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；
(2)若，求证：；
(3)在（2）的情况下，求的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据椭圆方程确定圆心坐标和半径即可求解；
（2）分别联立两条切线与椭圆方程，根据直线与圆相切时判别式等于零，可确定是方程的两个不相等的实数根，即可求解；
（3）结合（2）可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）椭圆C的右焦点是，将，代入，可得，
所以，所以圆M的方程为.
（2）证明：因为直线与圆相切，
所以直线与圆联立，
可得，
由，即,
同理，
由，即
可得是方程的两个不相等的实数根，
所以，因为点在椭圆C上，所以，
所以得证；
（3）①当直线不落在坐标轴上时，设，
因为，所以，
因为在椭圆C上，所以，
整理得， 所以，,
所以.
②当直线落在坐标轴上时，显然有，
综上：,
所以，
当且仅当时取得等号，
所以的最大值为.
22．（2022·四川成都·双流中学校考模拟预测）已知圆，一动圆与直线相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点的直线l与曲线相交于两点，M是线段的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，试问是否存在直线l，使得，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，方程为
【分析】（1）利用直接法，设出点坐标根据相切关系找到等量关系即可求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）由题意设直线l的方程为，联立抛物线方程，利用，从而由向量的数量积的坐标运算于韦达定理可得，即可求出直线方程．
【详解】（1）由题意知圆的圆心，半径；
设，易知点在直线右侧，
所以到直线的距离为，又，
由相切可得，即
化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为；
（2）如下图所示：

设，．
由题意，设直线l的方程为联立T的方程可得
则，由韦达定理可得，，
所以，，
假设存在，使得,
则，又，所以；
，
由可得，
所以，
代入化简可得，解得，
∴存在直线，使得.
考点
考情分析
考频
直线与圆
2023年新高考Ⅰ卷T6
2023年新高考Ⅱ卷T15
2022年新高考Ⅱ卷T15
2年3考
椭圆
2023年新高考Ⅱ卷T5
2023年全国甲卷T7
2022年新高考Ⅰ卷T16
2022年新高考Ⅱ卷T16
2022年全国甲卷T10
2021年新高考Ⅰ卷T5
2021年全国甲卷T15
2021年全国乙卷T11
3年8考
双曲线
2023年新高考Ⅰ卷T16
2023年新高考Ⅱ卷T21
2023年全国乙卷T11
2022年全国甲卷T14
2022年全国乙卷T11
2021年新高考Ⅱ卷T13
2021年全国甲卷T5
2021年全国乙卷T13
3年8考
抛物线
2023年新高考Ⅱ卷T10
2023年全国甲卷T20
2022年新高考Ⅰ卷T11
2022年新高考Ⅱ卷T10
2022年全国乙卷T5
2021年新高考Ⅰ卷T14
2021年新高考Ⅱ卷T3
3年7考
直线与圆锥曲线位置关系
2023年新高考Ⅰ卷T22
2023年新高考Ⅱ卷T21
2022年新高考Ⅰ卷T21
2022年新高考Ⅱ卷T21
2022年全国甲卷T20
2022年全国乙卷T20
2021年新高考Ⅰ卷T21
2021年新高考Ⅱ卷T20
2021年全国甲卷T20
2021年全国乙卷T21
3年10考
圆与圆的位置关系
2022年新高考Ⅰ卷T14
直线方程
2022年新高考Ⅱ卷T3