资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：2021届高三《新题速递·数学》（江苏专用）
成套系列资料，整套一键下载
专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习）
展开
这是一份专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》1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80页， 欢迎下载使用。
专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2021·北京丰台区·高三期末）若关于，的方程组，无解，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
可知方程组无解等价于直线平行，即可建立关系求出.
【详解】
可得方程组无解，等价于直线和直线平行，
则，解得.
故选：C.
2．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（文））瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，则该三角形的欧拉线方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
首先求出三顶点的重心坐标，以及外心坐标，再根据定义求出直线方程；
【详解】
解：因为的顶点，所以三角形的重心坐标为，的中垂线方程为，，的中点坐标为，所以的中垂线方程为，即，所以三角形的外心为直线与的交点，
所以三角形的欧拉线方程为，整理得
故选：C
【点睛】
本题考查三角形的三心，外心为三角形三边垂直平分线的交点，对于三角形的顶点，其重心坐标为；
3．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（理））经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
联立直线方程求出交点坐标，利用两直线垂直的条件求出斜率，点斜式写出直线方程.
【详解】
由，解得
因为所求直线与直线垂直
所以所求直线方程：2x+3y＋c＝0,
代入点可得，
所以所求直线方程为
故选：D
【点睛】
方法点睛：本题考查直线方程，确定直线方程一般有两种途径：1.确定直线上不同的两点，通过直线方程的两点式确定；2.确定直线的斜率和直线上的一点，通过直线方程的点斜式确定.
4．（2021·北京高二期末）已知圆经过原点，且其圆心在直线上，则圆半径的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
计算出原点到直线的距离，即为所求.
【详解】
当与直线垂直时，圆的半径最小，
因此，圆半径的最小值为.
故选：B.
5．（2021·浙江高一期末）已知直线，直线与关于直线对称，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由直线与直线的交点在直线上可设直线，在直线上取一点，由该点到直线与的距离相等列方程即可得解.
【详解】
联立，解得，
所以直线与直线的交点为，
所以点在直线上，
所以可设直线即，
在直线上取一点，则该点到直线与的距离相等，
所以，解得或（舍去）.
所以直线的斜率为.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是由直线对称的几何特征转化为代数问题，细心运算即可得解.
6．（2021·天津高二期末）经过，两点的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据斜率公式求出斜率，再根据点斜式可得结果.
【详解】
经过，两点的直线的斜率为，
由点斜式可得所求直线方程为，即.
故选：A
7．（2020·天津高二期末）下列说法正确的有几个（ ）
①直线必过定点
②直线在y轴上的截距为－2
③直线的倾斜角为60°
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】
代入点可判断①，由截距的概念可判断②，由直线斜率与倾斜角的关系可判断③，即可得解.
【详解】
对于①，当时，，所以该直线过定点，故①正确；
对于②，令，则，所以该直线在y轴上的截距为－2，故②正确；
对于③，直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为，故③错误.
所以说法正确的有①②.
故选：C.
8．（2020·全国高三专题练习）已知直线ax＋4y－2＝0与2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，则a＋b＋c的值为（ ）
A．－4 B．20
C．0 D．24
【答案】A
【分析】
由垂直求出，垂足坐标代入已知直线方程求得，然后再把垂僄代入另一直线方程可得，从而得出结论．
【详解】
由直线互相垂直可得，∴a＝10，所以第一条直线方程为5x＋2y－1＝0，
又垂足(1，c)在直线上，所以代入得c＝－2，再把点(1，－2)代入另一方程可得b＝－12，所以a＋b＋c＝－4.
故选：A．
9．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B．若直线的倾斜角为，则直线的斜率为
C．若直线倾斜角，则斜率的取值范围是
D．当直线的倾斜角时，直线的斜率在这个区间上单调递增.
【答案】C
【分析】
根据直线斜率与倾斜角存在的关系对每个选项逐一分析，需要注意直线有倾斜角但不一定有斜率.
【详解】
倾斜角的范围为时，直线斜率，倾斜角的范围为时，直线斜率，故A错误；直线的倾斜角时，直线斜率不存在，故B错误；直线倾斜角，则斜率的范围为，故C正确；斜率在和上单调递增，故D错误.
故选：C.
【点睛】
关于直线的倾斜角与直线斜率之间的关系需要注意：
（1）当直线倾斜角为时，直线的斜率不存在；
（2）倾斜角的范围为时，直线斜率，直线斜率随着倾斜角增大而增大；倾斜角的范围为时，直线斜率，直线斜率随着倾斜角增大而增大；
（3）利用倾斜角的范围研究斜率的范围，或者利用斜率的范围研究倾斜角的范围，需要利用函数分析定义域与值域的关系.
10．（2020·浙江高一期末）若直线过第二、三、四象限，则实数，满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将直线过二、三、四象限,转化为直线在轴上的截距小于0，在轴上的截距小于0，可得答案.
【详解】
将直线化为，又直线过第二、三、四象限，所以它在轴上的截距为负，在轴上的截距为负，所以，．所以.
故选: B.
11．（2020·全国高三专题练习（理））在平面直角坐标系xOy(O为坐标原点)中，不过原点的两直线，的交点为P，过点O分别向直线，引垂线，垂足分别为M，N，则四边形OMPN面积的最大值为（ ）
A．3 B． C．5 D．
【答案】D
【分析】
由、的方程可得它们都过定点，，然后可得四边形OMPN为矩形，且，然后可求出答案.
【详解】
将直线的方程变形得，
由，得，则直线过定点，同理可知，直线过定点，
所以，直线和直线的交点P的坐标为，易知，直线，如图所示，
易知，四边形OMPN为矩形，且，
设，，则，
四边形OMPN的面积为，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，四边形OMPN面积的最大值为，
故选：D
12．（2020·广东佛山市·石门高级中学高二月考）直线的斜率是，直线经过点，，，则a的值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】
求出的斜率，根据直线平行可得斜率相等即可求出.
【详解】
直线经过点，，，
，，解得.
故选：C.
13．（2020·全国高三专题练习（文））已知点P(4，a)到直线4x－3y－1＝0的距离不大于3，则a的取值范围是（ ）
A．[－10，10] B．[－10，5]
C．[－5，5] D．[0，10]
【答案】D
【分析】
求出点到直线的距离，解不等式可得结论．
【详解】
由题意得，点P到直线的距离为＝.
又≤3，
即|15－3a|≤15，
解得0≤a≤10，所以a的取值范围是[0，10]．
故选：D．
14．（2020·全国高一课时练习）已知，，点为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设点关于直线的对称点为，列方程组求出，从而，当，，共线时，的最小值为.
【详解】
，，点为直线上的动点，
设点关于直线的对称点为，
则，解得，，，
，
当，，共线时，的最小值为：．
故选：C．
【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关一条直线上的动点到直线同侧两点距离和的最小值问题，解题方法如下：
（1）分析图形的特征，求其中一个点关于直线的对称点的坐标；
（2）利用线段中垂线上的点到线段两端点距离相等，将距离转化；
（3）两点直线直线段最短，利用两点间距离公式求得结果.
15．（2020·全国高一课时练习）直线通过两直线和的交点，并且点到的距离为，则的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
求得直线交点后，采用待定系数法，利用点到直线距离公式构造方程可求得结果.
【详解】
由得：，
两直线和的交点为．
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，即．
点到的距离，解得：．
直线的方程为．
②当直线的斜率不存在时，，不满足题意．
综上所述：直线的方程为．
故选：C.
16．（2021·甘肃省永昌县第一高级中学高二期末（理））以原点为圆心，且截直线3x＋4y＋15＝0所得的弦长为8的圆的方程是（ ）
A．x2＋y2＝5 B．x2＋y2＝16
C．x2＋y2＝4 D．x2＋y2＝25
【答案】D
【分析】
先求弦心距，再求半径，可得圆的方程．
【详解】
解：弦心距是：，弦长为8，所以半径是
所求圆的方程是：
故选：．
17．（2021·湖北随州市·高二期末）已知圆与圆，则两圆公切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
首先将圆的方程配成标准式，再求出圆心距，即可判断两圆的位置关系，从而得到其公切线的条数；
【详解】
解：圆，即，圆心，半径；圆，即，圆心，半径，所以圆心距，，所以两圆相交，故有两条公切线，
故选：B
18．（2021·通化县综合高级中学高二期末（理））若圆与圆内切，则实数的值为（ ）
A．1 B．11 C．121 D．1或121
【答案】D
【分析】
根据题意，由圆的方程求出两个圆的圆心与半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系有，解可得的值，即可得答案.
【详解】
根据题意，圆，必有，其圆心为，半径，
圆，即，其圆心为，半径，
两圆的圆心距，
若两圆内切，则有，解可得或121，
故选：D.
19．（2020·陕西西安市·高一期末）如果圆上总存在点到原点的距离为3，则实数的取值范为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将问题转化为圆与圆有公共点求解.
【详解】
由题意知：圆与圆有公共点，
所以，
解得，
故选：B
20．（2020·江西吉安市·高三其他模拟（理））已知圆：，是直线的一点，过点作圆的切线，切点为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，为四边形的面积的2倍，即，然后利用切线长定理，将问题转化为圆心到直线的距离求解.
【详解】
圆：的圆心为，半径，
设四边形的面积为，
由题设及圆的切线性质得，，
∵，
∴，
圆心到直线的距离为，
∴的最小值为，
则的最小值为，
故选：A
21．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（理））以，为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
圆心为中点，半径为，即可求出圆的标准方程，转化为一般方程即可.
【详解】
中点为，
，
所以以，为直径的圆的圆心为，半径为，
所以圆的标准方程为，
整理得：，
所以以，为直径的圆的方程为，
故选：A
22．（2021·北京昌平区·高三期末）已知直线与圆相交于两点，且，那么实数k的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】D
【分析】
利用弦长公式，建立关于的不等式，直接求解.
【详解】
圆化简为标准方程为，圆心到直线的距离，，
解得：.
故选：D
23．（2021·天津滨海新区·高二期末）已知，直线，为直线上的动点，过点作的切线，切点为，当四边形的面积取最小值时，直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
将面积化为，即可得点C到直线的距离即为最小，由此求出M坐标，由四点共圆，求出该圆方程，和圆C方程相减可得直线AB方程.
【详解】
将化为标准方程为，
故圆心，半径为2，
可得，则，
，
为直线上的动点，则可得，
此时取得最小值为2，此时，
，则直线方程为，即，
联立MC和l可得，
可得四点共圆，且圆心为MC中点，半径为，
则该圆方程为，
将两圆联立相减可得直线AB方程为.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题考查过圆外一点作圆的切线问题，解题的关键是得出当，面积最大，求出点M坐标，且共圆，求出该圆方程，即可求出公共弦AB方程.
24．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（文））从直线：上的动点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形(为坐标原点)面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】
由题意可得当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形的面积最小，由距离公式和面积公式求解可得．
【详解】
∵圆的圆心为，半径，
当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形的面积最小，
∴圆心到直线的距离，
∴，
∴四边形的面积.
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：明确四边形的面积何时最小是解决问题的关键，借助切线与过切点的半径垂直即可求出四边形的面积.
25．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（理））过点作圆与圆的切线，切点分别为､，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先根据，圆与的半径相等，为直角三角形，得到，进而得到点在线段的垂直平分线上；然后求出此平分线表达式，得到点的只含有的坐标，代入，得到二次函数，求其最小值即可.
【详解】
解：如图所示，由圆的切线的性质得，
在中有，
由题知，
，所以点在线段的垂直平分线上；
由题知，所以与的中点的坐标为，
与所在直线的斜率为，
所在直线的斜率为，
直线的方程为，即，
点在，所以点的坐标满足，
所以，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查直线与圆相切的性质及函数的最值；解题方法是根据已知条件，将表示为只含有一个未知数的函数，然后根据二次函数的特征求出其最小值；解题的关键点是找出点所在的一条直线，进而用一个未知数表示出其坐标，进而求得的最小值.
26．（2021·安徽淮北市·高三一模（理））过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
作出图形，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，计算出圆的圆心到直线的距离为，可知圆内不在任何切点弦上的点形成以原点为圆心，半径为的圆的内部，利用圆的面积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，
则，，，
则，且为锐角，所以，同理可得，
所以，，则为等边三角形，连接交于点，
为的角平分线，则为的中点，，
且，，
若圆内的点不在任何切点弦上，则该点到圆的圆心的距离应小于，
即圆内的这些点构成了以原点为圆心，半径为的圆的内部，
因此，圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在于确定圆内不切点弦上的点所构成的区域，为此需要计算出圆的圆心到切点弦的距离，找出临界位置进行分析.
27．（2021·天津西青区·高二期末）直线与圆的位置关系为（ ）
A．相交且直线过圆心 B．相切
C．相离 D．相交且直线不过圆心
【答案】D
【分析】
根据点直线的关系，以及直线与圆的位置关系的判定方法，进行判定，即可求解.
【详解】
由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
将圆心代入直线，可得，所以直线不过圆心，
故选：D.
28．（2021·浙江高三学业考试）以为直径端点的圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由中点坐标公式求圆心坐标，再求半径即可得答案.
【详解】
解：根据题意得的中点即为圆心坐标，为，
半径为，
所以以为直径端点的圆方程是.
故选：D.
29．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）若圆上的点到直线的最大距离为，则实数k的值是（ ）
A． B．2 C．或2 D．或0
【答案】B
【分析】
将圆的方程化成标准方程，求出圆心及半径r，圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的最大距离为
【详解】
圆化成标准形式，圆心，半径，显然；
圆心到直线的距离
圆上的点到直线的最大距离为，即，
解得：或（舍去）
故选：B
【点睛】
结论点睛：本题考查直线与圆的位置关系，求圆上点到直线的最大距离与最小距离常用的结论：设圆的半径r，圆心到直线的距离为，
（1）当时，圆上的点到直线的最大距离为，最小距离为；
（2）当时，圆上的点到直线的最大距离为，最小距离为；
30．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高二期末（文））圆关于原点对称的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
由圆的方程确定圆心和半径，求得圆心关于原点对称点的坐标后，半径不变，可得其关于原点对称的圆的方程.
【详解】
由圆的方程知：圆心，半径，
圆心关于原点对称的点的坐标为，
则圆关于原点对称的圆的方程为.
故选：B.
二、多选题
31．（2021·湖北随州市·高二期末）已知直线上存在相距为4的两个动点A，B，若圆上存在点P使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，则实数a的值可以为（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．1
【答案】ABC
【分析】
根据题意，由直角三角形的性质分析可得到的距离为，结合直线与圆的位置关系可得圆心到直线的距离，即有，解得的取值范围，即可得答案．
【详解】
解：根据题意，若为等腰直角三角形，其中为直角顶点且，
则到的距离为，
若圆上存在点，使得为等腰直角三角形，
则圆心到直线的距离，即有，
解可得：，即的取值范围；
故选：ABC
32．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）下列命题正确的是（ ）
A．当时，直线与直线平行
B．当时，直线与直线垂直
C．当时，曲线与曲线外切
D．当时，直线与直线的交点坐标是
【答案】AC
【分析】
根据直线与直线的位置关系判断ABD，根据圆与圆的位置关系判断C，即可得到答案.
【详解】
对于A，当时，直线，；直线，， ，，故A正确；
对于B，当时，直线，；直线，，，与不垂直，故B错误；
对于C，当时，曲线，圆心是，；曲线，圆心是，，圆心距，两圆外切，故C正确；
对于D，当时，直线，直线，联立，即两直线交点坐标是，故D错误；
故选：AC
【点睛】
结论点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，
（1） （）；
（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
33．（2020·全国高二单元测试）已知圆，圆交于不同的两点，下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】
求得交点弦所在直线方程，将坐标代入直线方程可知AB正确；利用圆的性质知和互相平分，结合中点坐标公式可知C正确，D错误.
【详解】
两圆方程作差可得直线方程：，即.
对于A，将坐标代入直线方程得：，，
两式作差得：，则，A正确；
对于B，将代入直线方程得：，B正确；
对于CD，由圆的性质知：线段与线段互相平分，又中点为，
，，，，C正确，D错误.
故选：ABC.
【点睛】
结论点睛：两圆相交，则两圆方程直接作差所得方程即为交点弦所在直线方程.
第II卷（非选择题）
三、解答题
34．（2021·上海浦东新区·高二期末）已知直线与直线平行，并且直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求直线的一般式方程.
【答案】或
【分析】
设所求直线方程为，求出直线与两坐标轴的交点坐标，结合已知条件可得出关于的方程，进而可求得直线的方程.
【详解】
由于直线与直线平行，设直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得；令，可得.
所以，直线交轴于点，交轴于点.
由于直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则，解得.
因此，直线的方程为或.
35．（2021·上海普陀区·曹杨二中高二期末）设常数，已知直线，.
（1）若，求a的值；
（2）若，求与的距离；
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据两直线垂直的条件求参数值；
（2）由平行的条件求得参数值，两方程中的系数分别化为相同，然后由平行间距离公式计算．
【详解】
（1）由题意，解得；
（2）由两条平行显然，因此，解得或，
时，两直线方程均为，不合题意，
时，方程为，即，方程为，即，
所求距离为．
【点睛】
易错点睛：本题考查由两直线平行与垂直求参数，考查平行间距离公式．在已知平行求参数时，一般在求得参数值时需要进行检验，剔除两直线重合的情形，这是易错点．
36．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）已知直线l经过点，l的一个方向向量为.
（1）求直线l的方程；
（2）若直线与l平行，且点P到直线的距离为3，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）利用l的方向向量，求出直线l的斜率，代入点斜式方程求出直线l的方程；
（2）根据（1）设直线的方程为，将点到直线的距离转化为平行线间的距离求，从而求出直线的方程.
【详解】
（1）由l的一个方向向量为，即直线l的斜率
由点斜式方程得：，即.
所以直线l的方程为：
（2）因为直线与l平行，则可设的方程为，
由平行线间的距离公式得，，解得：或.
所以直线的方程为：或.
【点睛】
结论点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，
（1） （）；
（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
37．（2020·浙江高一期末）已知的顶点．
（1）求边上的中线所在直线的方程；
（2）求边上的高所在直线的方程．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）求出中点坐标，然后由两点式写出方程并整理成一般式；
（2）求出直线的斜率，由垂直得高线斜率，由点为斜式写出方程后化简即可．
【详解】
（1）由题意中点为，
中线方程为，即；
（2），∴边上的高的斜率为，
方程为，即．
38．（2020·浙江高一期末）已知的顶点，边上的高所在直线为，D为中点，且所在直线方程为．
（1）求顶点B的坐标；
（2）求边所在的直线方程，（请把结果用一般式方程表示）．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）联立直线的方程，求出点坐标；
（2）设，由，求出点，利用坐标求直线的斜率，再用点斜式求直线方程.
【详解】
由及边上的高所在直线为，
得所在直线方程为
又所在直线方程为
由，得.
（2）设，又，为中点，则，
由已知得，得，
又得直线的方程为.
39．（2020·广东佛山市·石门高级中学高二月考）已知直线．
（1）求过点与直线L平行的直线的方程
（2）与直线L垂直，试确定实数a的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据平行求出斜率，再由点斜式即可求出；
（2）由斜率相乘为即可求出.
【详解】
解：（1）因为，所以，
所求直线过点A和直线L平行，则根据点斜式方程可得，
即．
（2）由已知可得，所以直线的斜率．
由，即.
可得．
40．（2020·四川省成都市盐道街中学高二期中）在中，边上的高所在的直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，若点的坐标为.
（1）求点的坐标.
（2）求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由BC边上的高与∠A平分线交于A点，联立两直线方程求交点即可.
（2）由垂直关系及高所在直线方程可求直线BC的斜率，再有的坐标为即可写出直线的方程.
【详解】
（1）联立，解得，可得.
（2）∵边上的高所在的直线的方程为，
∴，即，
∴直线的方程为，整理得.
41．（2019·四川成都市·川大附中高二期中）在平面直角坐标系中，已知的顶点，，.
（1）求过边的中点且与直线平行的直线方程.
（2）求点到直线的距离.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出，的中点坐标以及直线的斜率，写出点斜式方程即可求解；
（2）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】
（1）因为，，所以，中点坐标为，
又因为直线的斜率，
所以直线的方程为，
即.
（2）因为，所以直线方程为，
即，
所以到的距离.
42．（2021·湖北随州市·高二期末）已知与相切的圆C的圆心在射线上，且被直线截得弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C上有且仅有2个点到与l平行的直线的距离为2，求直线在x轴上截距的取值范围．
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）依题意设圆心坐标，求出圆心到直线的距离，再根据弦长得到方程，解得即可；
（2）设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，当且仅当时，圆上有且仅有2个点到的距离为2，即可得到不等式，解得即可；
【详解】
解：（1）依题意设圆心坐标，圆心到直线的距离为，又圆与相切，则圆的半径，因为弦长为，所以，解得或（舍去）
所以圆心，，所以圆的方程为
（2）设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，当且仅当时，圆上有且仅有2个点到的距离为2；
即，所以或
设直线在轴上的截距为，则，
所以或
解得或
【点睛】
本题考查圆的方程的求法，考查点到直线距离公式的应用，点到直线的距离．
43．（2020·陕西西安市·高一期末）已知圆的方程为：．
（1）求的取值范围;
（2）设直线与圆交于，两点，是否存在实数，使得以为直径的圆过原点，若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析
【分析】
（1）根据题意得到，再解不等式即可得到答案.
（2）首先假设存在得以为直径的圆过原点，设，，直线与圆联立得到，再根据韦达定理和圆的性质即可得到答案.
【详解】
（1）由题知：，解得
（2）假设存在得以为直径的圆过原点，设，，
，
，解得，又因为，所以.
，.
.
因为以为直径的圆过原点，则，
即，整理可得，
即，解得.
所以存在得以为直径的圆过原点.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
44．（2021·上海浦东新区·高二期末）已知圆与轴、轴分別相切于、两点.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与线段没有公共点，求实数的取值范围；
（3）试讨论直线与圆的位置关系.
【答案】（1）；（2）；（3）答案见解析.
【分析】
（1）根据已知条件可求得、的值，由此可求得圆的方程；
（2）作出图形，求得、两点的坐标，数形结合求得直线与线段有公共点时，实数的取值范围，利用补集思想可得出结果；
（3）计算圆心到直线的距离，根据与圆的半径的大小关系，可得出直线与圆的位置关系.
【详解】
（1）由已知可得圆的圆心为，
由于圆与轴、轴分別相切于、两点，圆心到轴、轴的距离分别为、，
则，
因此，圆的方程为；
（2）如下图所示：
由图可知，圆与轴相切于点，与轴相切于点，
当直线过点时，则有，解得，
由图可知，当时，直线与线段有公共点，
因此，当时，直线与线段没有公共点，
所以，实数的取值范围为；
（3）圆心到直线的距离为，圆的半径为.
①当时，即时，直线与圆相离；
②当时，即时，直线与圆相切；
③当时，即时，直线与圆相交.
综上所述，当时，直线与圆相离；
当时，直线与圆相切；
当时，直线与圆相交.
【点睛】
方法点睛：直线与圆的位置关系的判断方法如下：
（1）代数法：将直线的方程和圆的方程联立，消去一个元（或），得到关于另外一个元的一元二次方程.
，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；
，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；
，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.
（2）几何法：计算圆心到直线的距离，并比较与圆的半径的大小关系.
若，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；
若，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；
若，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.
45．（2021·陕西渭南市·高一期末）已知圆M过点.
（1）求圆M的标准方程；
（2）若过点且斜率为k的直线l与圆M相切，求k的值.
【答案】（1）；（2）0或
【分析】
（1）设出圆的方程，代入三点即可求出方程；
（2）设出直线方程，利用圆心到直线距离等于半径即可得出.
【详解】
（1）设圆M的标准方程为，
则，解得，
圆M的标准方程为；
（2）可得直线l的方程为，即，
直线l与圆M相切，
圆心到直线的距离，解得或.
46．（2021·青铜峡市高级中学高二期末（理））已知点点在圆上运动，点为线段的中点.
（1）求点的轨迹方程；
（2）求点到直线的距离的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）最大值3，最小值1.
【分析】
（1）根据题中条件，得到，代入已知圆的方程，化简整理，即可得出结果；
（2）先由（1）得到圆心和半径，求出圆心到直线的距离，根据圆的性质，即可求出结果.
【详解】
（1）因为点是的中点，
，即
又，
即.
所以点的轨迹方程为.
（2）由（1）知点的轨迹是以为圆心，半径的圆.
圆心到直线的距离.
根据圆的性质，可得点到直线的距离的最大值为，最小值为.
【点睛】
方法点睛：
求解圆上一动点到定直线（直线与圆相离）距离的最值问题的常用方法：
（1）几何法：先由点到直线距离公式，求出圆心到定直线的距离，再由圆的性质，即可得出结果；
（2）参数法：先根据圆的参数方程设圆上任意一点的坐标，再由点到直线距离公式，直接得出圆上任意一点到直线的距离，结合三角函数的性质，即可求出结果.
47．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（文））在平面直角坐标系xOy中，点A在直线上，B（7，3），以线段AB为直径的圆C（C为圆心）与直线l相交于另一个点D，AB⊥CD.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若点A不在第一象限内，圆C与x轴的正半轴的交点为P，过点P作两条直线分别交圆于M，N两点，且两直线的斜率之积为－5，试判断直线MN是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）或；（2）
【分析】
（1）由已知可得，设，由两点求斜率公式可得值，得到，再由已知可得，设，利用两点间的距离公式列式求得，分类求解圆心，可得圆的标准方程；
（2）由题意知，圆的标准方程为，设直线的方程为，与圆的方程联立求得的坐标，同理求得的坐标，再分直线的斜率存在和不存在求解的方程，即可证明直线恒过定点．
【详解】
解：（1），，
设，得，得．
，
在中，，为的中点，，
设，则，
解得或．
①当时，，，圆心为，
此时圆的标准方程为；
②当时，，，圆心为，
此时圆的标准方程为．
圆的标准方程为或；
（2）由题意知，圆的标准方程为．
设直线的方程为，
联立，得．
，得，则，，
两直线的斜率之积为，用代替，可得，．
当直线的斜率存在，即时，
．
直线的方程为，
整理得：，可得直线过定点；
当直线的斜率不存在时，即时，直线的方程为，过定点．
综上可得，直线恒过定点．
【点睛】
本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力.
48．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（文））在平面直角坐标系中，圆过点和点，圆心到直线的距离等于.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆心在第一象限，为圆外一点，过点做圆的两条切线，切点分别为，四边形的面积为，问线段CM的长是否为定值？若为定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）或．（2）
【分析】
（1）判断圆心在线段的垂直平分线上，设圆心为，通过圆心到直线的距离等于，求出，然后求解圆的方程即可．
（2）通过四边形的面积求出，再由勾股定理求出即可；
【详解】
解：（1）因为圆过点和点，
所以圆心在线段的垂直平分线上，
所以可设圆心为，
因为圆心到直线的距离等于
所以，解得，
当时，圆心为，半径，
圆的方程为：
当时，圆心为，半径，
圆的方程为：
所以圆的标准方程为：或．
（2）由题知：因为，
所以四边形的面积，
因为，所以，
所以，
所以，
即线段的长度为定值
49．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（理））圆，直线.
（1）求证：直线过定点；
（2）求被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦的长度.
【答案】（1）证明见解析；（2）被圆截得的弦长最小值为，此时.
【分析】
（1）将直线的方程变形为，解方程组，即可求得直线所过定点的坐标；
（2）分析出当时，直线被圆截得的弦长最短，利用直线与直线的斜率之积为可求得实数的值.
【详解】
（1）将直线的方程变形为，
解方程组，解得，
因此，直线过定点；
（2）如下图所示，设直线交圆于、两点，
设圆心到直线的距离为.
①当时，；
②当不与垂直时，.
综上所述，，
所以，，
此时，，由已知可得，解得.
【点睛】
方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
50．（2021·北京高二期末）已知直线：与直线：，.
（1）若，求a的值；
（2）求证：直线与圆恒有公共点；
（3）若直线与圆心为C的圆相交于A，B两点，且为直角三角形，求a的值.
【答案】（1）；（2）证明见详解；（3）.
【分析】
（1）根据两直线平行，可直接得出的值；
（2）求出直线所过定点在圆上，即可证明结论成立；
（3）根据题中条件，由为直角三角形，得到为斜边，且，由点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，再由圆的几何法表示出弦长，列出等量关系求解，即可得出的值.
【详解】
（1）因为直线：的斜率为，
又，直线：，所以，则；
（2）由，令可得，所以直线过定点，
因为显然满足，即点在圆上，
所以直线与圆恒有公共点；
（3）因为圆的圆心为，半径为，
又直线与圆心为C的圆相交于A，B两点，为直角三角形，所以，则为斜边，且，
又圆心到直线的距离为显然恒成立，
根据圆的性质可得：，
所以，解得.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题第三问的关键在于根据圆的性质，以及题中条件，确定为的斜边，并得到的长度，再结合点到直线距离公式，以及弦长公式，即可求解.
51．（2021·上海杨浦区·复旦附中高二期末）已知圆：，点为圆上一点.
（1）过点的直线与圆相切，求直线的方程；
（2）是圆上一动点(异于点)，求中点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）(其中).
【分析】
（1）可先求出直线PC斜率，由可求出切线斜率，则可求得切线方程；
（2）设，由中点坐标公式表示出点，代入圆的方程即可得出的轨迹方程.
【详解】
（1）圆：，圆心为，半径.
所以.由可求得，.
此时，所求直线的方程为，即.
故所求直线的方程为.
（2）由题意知，设，
则，可得，
将坐标代入圆得，
即(其中).
52．（2021·上海普陀区·曹杨二中高二期末）已知点C是曲线上一点，以C为圆心的圆与x轴交于O､A两点，与y交于O､B两点，其中O为坐标原点.
（1）求证：的面积为定值；
（2）设直线与圆C交于M，N两点，若，求圆C的方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设可得圆的方程，求出两点的坐标计算出的面积即可证明；
（2）由条件得出原点在线段的垂直平分线上，所以直线与垂直，由斜率之积为-1求得，从而得到圆C的方程.
【详解】
（1）证明：由题意设，则半径为，
所以圆的方程为，
令，则， 所以，，
令，则， 所以，，
所以，
所以的面积为定值.
（2）因为，所以原点在线段的垂直平分线上，
设线段的中点为，则三点共线，由（1）知，
的斜率为，由于直线所以与垂直，所以，
解得，或舍去，所以，
圆C的方程为.
【点睛】
方法点睛：本题考查直线和圆的方程，根据条件建立方程关系是解决本题的关键，有一定的综合性，考查学生分析问题、解决问题的能力.
53．（2020·全国高三专题练习（理））如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3.
（1）求圆C的方程；
（2）过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
(1)根据条件可设圆心的坐标为(m，2)，则可得答案.
(2) 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，与圆的方程联立得出韦达定理，而，将韦达定理代入可得答案.再分析斜率为0的情况.
【详解】
（1）因为圆C与y轴相切于点T(0，2)，可设圆心的坐标为(m，2) ，
则圆C的半径为m，又|MN|＝3，
所以，解得，
所以圆C的方程为
（2）证明：由（1）令得：，解得或
知M(1，0)，N(4，0)，当直线AB的斜率为0时，易知，
即
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，
将x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以 ，则
综上可知，为定值.
【点睛】
关键点睛：本题考查求圆的方程和圆中方程联立韦达定理的应用，解答本题的关键是设出直线AB：x＝1＋ty，与圆的方程联立，得出韦达定理，由，属于中档题.
54．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）已知圆.
（1）在下列两个条件中任选一个作答.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
①已知不过原点的直线l与圆相切，且在x轴、y轴上的截距相等，求直线l的方程；
②从圆外一点向圆引切线，求切线方程.
（2）若圆与圆相交与D、E两点，求线段DE的长.
【答案】（1）①；②或；（2）4.
【分析】
（1）①由已知得直线l的斜率为，然后利用点到直线的距离等于半径可得直线截距可得答案；
②分别讨论当过P的直线斜率不存在和存在两种情况，不存在时特殊情况可得答案；存在时利用圆心到直线的距离等于半径可得答案；
（2）两个圆的方程联立求得交点坐标，再利用两点间的距离公式可得答案.
【详解】
（1）①圆C的方程变形为，
圆心C的坐标为，半径为3.
直线l在两坐标轴上的截距相等且不为零，
故直线l的斜率为.
设直线l的方程，
又直线l与圆相切，
故，整理得，
所求直线l的方程为，
②圆C的方程变形为，
圆心C的坐标为，半径为3.
当过P的直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆C到直线的距离为3，
所以直线是圆C的切线.
当过P的直线斜率存在时，
设切线方程为，
即，，
，切线方程，
即，
综上所述，切线方程为或.
（2）联立方程，
得，，
.
【点睛】
直线和圆相切时，可以利用圆与直线联立的方程组有一组实数解，或者利用圆心到直线的距离等于圆的半径求得参数，有时利用后面方法计算运算量比较小些.
55．（2020·浙江高一期末）已知圆．
（1）求过点的圆C的切线方程；
（2）过点的直线交圆C于P，Q两点，求面积的最大值及此时的直线方程．
【答案】（1）或；（2）面积最大2，直线方程为或.
【分析】
（1）讨论斜率不存在和存在两种情况，根据圆心到直线的距离为半径求解即可；
（2）设，，可得圆心到直线的距离为时面积最大，从而讨论斜率列方程求解即可.
【详解】
（1）圆的圆心为，半径为2，
当切线斜率不存在时，，圆心到直线的距离为2，满足题意；
当切线斜率存在时，设为，
则圆心到直线的距离为，解得，
则切线方程为：，整理得：，
综上：或；
（2）设，，
当且仅当时，最大为2，此时圆心到直线的距离为，
当直线斜率不存在时，，不满足圆心到直线的距离为，
当直线斜率存在时，设为，
，解得或7.
所以直线方程为或
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是利用垂径定理解决弦长问题，利用圆心到直线的距离求解未知量，属于中档题.
56．（2020·广东佛山市·石门高级中学高二月考）已知圆C：，
（1）已知点A（1，4），点B为圆C上的一动点，求线段AB的中点Q的轨迹方程；
（2）过点的直线l与圆C相交于不同的两点M、N，若，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）设，，得到的关系式，再利用Q是线段AB的中点，构建关系代入的关系式，化简即得结果；
（2）先依题意将已知条件转化成圆心到直线l的距离为2，再讨论直线方程，结合点到直线的距离公式，计算即得结果.
【详解】
解： 设，，则由点B在圆C上，则，
又由中点公式得，解得，代入上式得，，化简得：，
故线段AB的中点Q的轨迹方程为；
若，则是等腰直角三角形，且，故，则圆心到直线l的距离为2．
当直线l的斜率不存在时，l：，易见到直线l的距离为2，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设l：，即．
圆心到直线l的距离，平方并化简，解得，
代入整理得直线l的方程为；
故直线l的方程为或.
【点睛】
求曲线轨迹方程的常用方法：
（1）定义法；（2）直接法；（3）代入法（相关点法）.
2、已知圆心到直线的距离求直线的方程：
（1）先验证直线斜率不存在时，是否满足题意；
（2）设斜率k，写直线方程的一般式方程，利用点到直线的距离公式列关系求出参数k即得直线方程.
四、双空题
57．（2020·全国高三零模）若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为______，_____．
【答案】
【分析】
先设对角线的倾斜角，利用斜率定义列关系，结合正方形性质求得直线与直线的倾斜角，计算正切值求斜率即可.
【详解】
正方形OABC中，对角线OB所在直线的斜率为2，建立如图直角坐标系，
设对角线OB所在直线的倾斜角为，则，
由正方形性质可知，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
故，
.
故答案为：；.
【点睛】
方法点睛：
求直线斜率的方法：
（1）定义式：倾斜角为，对应斜率为；
（2）两点式：已知两点坐标，则过两点的直线的斜率.
58．（2020·浙江高一期末）已知圆与直线相交于，两点，则弦的长为_________，若圆经过，且圆与圆的公共弦平行于直线，则圆的半径为_______________．
【答案】
【分析】
第一空：根据垂径定理可求弦的长.
第二空：设出圆的方程，利用已知条件建立三个等式解出参数，最后得出半径.
【详解】
第一空：由圆，得圆心，半径，
圆心到直线的距离直线，
根据垂径定理，；
第二空：设圆的方程为，
又因为圆，所以圆与圆的公共弦
方程为，由公共弦平行于直线
得，又圆经过，
所以;,联立以上三式得到，
，，所以圆的半径.
故答案为： ，.
【点睛】
结论点睛：求两圆公共弦方程时，用两圆的方程对应相减，消去和后即可得到公共弦方程.
五、填空题
59．（2021·陕西渭南市·高一期末）在平面直角坐标系中，若直线与直线将平面划分成3个部分，则________.
【答案】3
【分析】
由题可得两直线平行，建立关系即可求解.
【详解】
由题可得直线与直线互相平行，
，解得.
故答案为：3.
60．（2020·全国高三专题练习（文））经过两直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P，且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程为________．
【答案】4x＋3y－6＝0
【分析】
直接求出两直线l1：x﹣2y+4=0和l2：x+y﹣2=0的交点P的坐标，求出直线的斜率，然后求出所求直线方程．
【详解】
由方程组可得P（0，2）．
∵l⊥l3，∴kl=﹣，
∴直线l的方程为y﹣2=﹣x，
即4x＋3y－6＝0．
故答案为：4x＋3y－6＝0
61．（2021·上海杨浦区·复旦附中高二期末）已知､为圆：上的两点，且，设为弦上一点，且，则的最小值为______.
【答案】
【分析】
根据题意，，，，利用已知条件
可得，变形可得，进而可得，结合圆的方程可得，即点的轨迹方程为圆；又由，其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，结合直线与圆的位置关系分析可得的最小值，计算即可得答案．
【详解】
根据题意，，，，
满足，
则，
即，
则有，
变形可得：，
又由，为圆：上的两点，
则，；
又，
则，
即点的轨迹方程为圆，
则，
其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，
又由圆的圆心到直线的距离，
则圆上一点到直线的距离的最小值为，
即的最小值为，
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题考查直线与圆的位置关系，涉及轨迹方程的分析计算，利用已知条件得到，进而求出轨迹是解决本题的关键.
62．（2021·天津高二期末）已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是_____________.
【答案】相交
【分析】
分别求出圆与圆的圆心与半径，再利用圆心距与半径之间的关系确定两圆的位置关系.
【详解】
圆，圆心，
圆，圆心，
又圆心距，则，所以两个圆是相交的.
故答案为：相交
【点睛】
方法点睛：本题考查两圆的位置关系，利用几何法：圆心距d与r1，r2的关系判断：
方法
位置关系
几何法：圆心距d与的关系
外离
外切
相交
内切
内含
专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2021·北京丰台区·高三期末）若关于，的方程组，无解，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
可知方程组无解等价于直线平行，即可建立关系求出.
【详解】
可得方程组无解，等价于直线和直线平行，
则，解得.
故选：C.
2．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（文））瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，则该三角形的欧拉线方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
首先求出三顶点的重心坐标，以及外心坐标，再根据定义求出直线方程；
【详解】
解：因为的顶点，所以三角形的重心坐标为，的中垂线方程为，，的中点坐标为，所以的中垂线方程为，即，所以三角形的外心为直线与的交点，
所以三角形的欧拉线方程为，整理得
故选：C
【点睛】
本题考查三角形的三心，外心为三角形三边垂直平分线的交点，对于三角形的顶点，其重心坐标为；
3．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（理））经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
联立直线方程求出交点坐标，利用两直线垂直的条件求出斜率，点斜式写出直线方程.
【详解】
由，解得
因为所求直线与直线垂直
所以所求直线方程：2x+3y＋c＝0,
代入点可得，
所以所求直线方程为
故选：D
【点睛】
方法点睛：本题考查直线方程，确定直线方程一般有两种途径：1.确定直线上不同的两点，通过直线方程的两点式确定；2.确定直线的斜率和直线上的一点，通过直线方程的点斜式确定.
4．（2021·北京高二期末）已知圆经过原点，且其圆心在直线上，则圆半径的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
计算出原点到直线的距离，即为所求.
【详解】
当与直线垂直时，圆的半径最小，
因此，圆半径的最小值为.
故选：B.
5．（2021·浙江高一期末）已知直线，直线与关于直线对称，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由直线与直线的交点在直线上可设直线，在直线上取一点，由该点到直线与的距离相等列方程即可得解.
【详解】
联立，解得，
所以直线与直线的交点为，
所以点在直线上，
所以可设直线即，
在直线上取一点，则该点到直线与的距离相等，
所以，解得或（舍去）.
所以直线的斜率为.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是由直线对称的几何特征转化为代数问题，细心运算即可得解.
6．（2021·天津高二期末）经过，两点的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据斜率公式求出斜率，再根据点斜式可得结果.
【详解】
经过，两点的直线的斜率为，
由点斜式可得所求直线方程为，即.
故选：A
7．（2020·天津高二期末）下列说法正确的有几个（ ）
①直线必过定点
②直线在y轴上的截距为－2
③直线的倾斜角为60°
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】
代入点可判断①，由截距的概念可判断②，由直线斜率与倾斜角的关系可判断③，即可得解.
【详解】
对于①，当时，，所以该直线过定点，故①正确；
对于②，令，则，所以该直线在y轴上的截距为－2，故②正确；
对于③，直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为，故③错误.
所以说法正确的有①②.
故选：C.
8．（2020·全国高三专题练习）已知直线ax＋4y－2＝0与2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，则a＋b＋c的值为（ ）
A．－4 B．20
C．0 D．24
【答案】A
【分析】
由垂直求出，垂足坐标代入已知直线方程求得，然后再把垂僄代入另一直线方程可得，从而得出结论．
【详解】
由直线互相垂直可得，∴a＝10，所以第一条直线方程为5x＋2y－1＝0，
又垂足(1，c)在直线上，所以代入得c＝－2，再把点(1，－2)代入另一方程可得b＝－12，所以a＋b＋c＝－4.
故选：A．
9．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B．若直线的倾斜角为，则直线的斜率为
C．若直线倾斜角，则斜率的取值范围是
D．当直线的倾斜角时，直线的斜率在这个区间上单调递增.
【答案】C
【分析】
根据直线斜率与倾斜角存在的关系对每个选项逐一分析，需要注意直线有倾斜角但不一定有斜率.
【详解】
倾斜角的范围为时，直线斜率，倾斜角的范围为时，直线斜率，故A错误；直线的倾斜角时，直线斜率不存在，故B错误；直线倾斜角，则斜率的范围为，故C正确；斜率在和上单调递增，故D错误.
故选：C.
【点睛】
关于直线的倾斜角与直线斜率之间的关系需要注意：
（1）当直线倾斜角为时，直线的斜率不存在；
（2）倾斜角的范围为时，直线斜率，直线斜率随着倾斜角增大而增大；倾斜角的范围为时，直线斜率，直线斜率随着倾斜角增大而增大；
（3）利用倾斜角的范围研究斜率的范围，或者利用斜率的范围研究倾斜角的范围，需要利用函数分析定义域与值域的关系.
10．（2020·浙江高一期末）若直线过第二、三、四象限，则实数，满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将直线过二、三、四象限,转化为直线在轴上的截距小于0，在轴上的截距小于0，可得答案.
【详解】
将直线化为，又直线过第二、三、四象限，所以它在轴上的截距为负，在轴上的截距为负，所以，．所以.
故选: B.
11．（2020·全国高三专题练习（理））在平面直角坐标系xOy(O为坐标原点)中，不过原点的两直线，的交点为P，过点O分别向直线，引垂线，垂足分别为M，N，则四边形OMPN面积的最大值为（ ）
A．3 B． C．5 D．
【答案】D
【分析】
由、的方程可得它们都过定点，，然后可得四边形OMPN为矩形，且，然后可求出答案.
【详解】
将直线的方程变形得，
由，得，则直线过定点，同理可知，直线过定点，
所以，直线和直线的交点P的坐标为，易知，直线，如图所示，
易知，四边形OMPN为矩形，且，
设，，则，
四边形OMPN的面积为，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，四边形OMPN面积的最大值为，
故选：D
12．（2020·广东佛山市·石门高级中学高二月考）直线的斜率是，直线经过点，，，则a的值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】
求出的斜率，根据直线平行可得斜率相等即可求出.
【详解】
直线经过点，，，
，，解得.
故选：C.
13．（2020·全国高三专题练习（文））已知点P(4，a)到直线4x－3y－1＝0的距离不大于3，则a的取值范围是（ ）
A．[－10，10] B．[－10，5]
C．[－5，5] D．[0，10]
【答案】D
【分析】
求出点到直线的距离，解不等式可得结论．
【详解】
由题意得，点P到直线的距离为＝.
又≤3，
即|15－3a|≤15，
解得0≤a≤10，所以a的取值范围是[0，10]．
故选：D．
14．（2020·全国高一课时练习）已知，，点为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设点关于直线的对称点为，列方程组求出，从而，当，，共线时，的最小值为.
【详解】
，，点为直线上的动点，
设点关于直线的对称点为，
则，解得，，，
，
当，，共线时，的最小值为：．
故选：C．
【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关一条直线上的动点到直线同侧两点距离和的最小值问题，解题方法如下：
（1）分析图形的特征，求其中一个点关于直线的对称点的坐标；
（2）利用线段中垂线上的点到线段两端点距离相等，将距离转化；
（3）两点直线直线段最短，利用两点间距离公式求得结果.
15．（2020·全国高一课时练习）直线通过两直线和的交点，并且点到的距离为，则的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
求得直线交点后，采用待定系数法，利用点到直线距离公式构造方程可求得结果.
【详解】
由得：，
两直线和的交点为．
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，即．
点到的距离，解得：．
直线的方程为．
②当直线的斜率不存在时，，不满足题意．
综上所述：直线的方程为．
故选：C.
16．（2021·甘肃省永昌县第一高级中学高二期末（理））以原点为圆心，且截直线3x＋4y＋15＝0所得的弦长为8的圆的方程是（ ）
A．x2＋y2＝5 B．x2＋y2＝16
C．x2＋y2＝4 D．x2＋y2＝25
【答案】D
【分析】
先求弦心距，再求半径，可得圆的方程．
【详解】
解：弦心距是：，弦长为8，所以半径是
所求圆的方程是：
故选：．
17．（2021·湖北随州市·高二期末）已知圆与圆，则两圆公切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
首先将圆的方程配成标准式，再求出圆心距，即可判断两圆的位置关系，从而得到其公切线的条数；
【详解】
解：圆，即，圆心，半径；圆，即，圆心，半径，所以圆心距，，所以两圆相交，故有两条公切线，
故选：B
18．（2021·通化县综合高级中学高二期末（理））若圆与圆内切，则实数的值为（ ）
A．1 B．11 C．121 D．1或121
【答案】D
【分析】
根据题意，由圆的方程求出两个圆的圆心与半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系有，解可得的值，即可得答案.
【详解】
根据题意，圆，必有，其圆心为，半径，
圆，即，其圆心为，半径，
两圆的圆心距，
若两圆内切，则有，解可得或121，
故选：D.
19．（2020·陕西西安市·高一期末）如果圆上总存在点到原点的距离为3，则实数的取值范为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将问题转化为圆与圆有公共点求解.
【详解】
由题意知：圆与圆有公共点，
所以，
解得，
故选：B
20．（2020·江西吉安市·高三其他模拟（理））已知圆：，是直线的一点，过点作圆的切线，切点为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，为四边形的面积的2倍，即，然后利用切线长定理，将问题转化为圆心到直线的距离求解.
【详解】
圆：的圆心为，半径，
设四边形的面积为，
由题设及圆的切线性质得，，
∵，
∴，
圆心到直线的距离为，
∴的最小值为，
则的最小值为，
故选：A
21．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（理））以，为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
圆心为中点，半径为，即可求出圆的标准方程，转化为一般方程即可.
【详解】
中点为，
，
所以以，为直径的圆的圆心为，半径为，
所以圆的标准方程为，
整理得：，
所以以，为直径的圆的方程为，
故选：A
22．（2021·北京昌平区·高三期末）已知直线与圆相交于两点，且，那么实数k的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】D
【分析】
利用弦长公式，建立关于的不等式，直接求解.
【详解】
圆化简为标准方程为，圆心到直线的距离，，
解得：.
故选：D
23．（2021·天津滨海新区·高二期末）已知，直线，为直线上的动点，过点作的切线，切点为，当四边形的面积取最小值时，直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
将面积化为，即可得点C到直线的距离即为最小，由此求出M坐标，由四点共圆，求出该圆方程，和圆C方程相减可得直线AB方程.
【详解】
将化为标准方程为，
故圆心，半径为2，
可得，则，
，
为直线上的动点，则可得，
此时取得最小值为2，此时，
，则直线方程为，即，
联立MC和l可得，
可得四点共圆，且圆心为MC中点，半径为，
则该圆方程为，
将两圆联立相减可得直线AB方程为.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题考查过圆外一点作圆的切线问题，解题的关键是得出当，面积最大，求出点M坐标，且共圆，求出该圆方程，即可求出公共弦AB方程.
24．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（文））从直线：上的动点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形(为坐标原点)面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】
由题意可得当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形的面积最小，由距离公式和面积公式求解可得．
【详解】
∵圆的圆心为，半径，
当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形的面积最小，
∴圆心到直线的距离，
∴，
∴四边形的面积.
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：明确四边形的面积何时最小是解决问题的关键，借助切线与过切点的半径垂直即可求出四边形的面积.
25．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（理））过点作圆与圆的切线，切点分别为､，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先根据，圆与的半径相等，为直角三角形，得到，进而得到点在线段的垂直平分线上；然后求出此平分线表达式，得到点的只含有的坐标，代入，得到二次函数，求其最小值即可.
【详解】
解：如图所示，由圆的切线的性质得，
在中有，
由题知，
，所以点在线段的垂直平分线上；
由题知，所以与的中点的坐标为，
与所在直线的斜率为，
所在直线的斜率为，
直线的方程为，即，
点在，所以点的坐标满足，
所以，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查直线与圆相切的性质及函数的最值；解题方法是根据已知条件，将表示为只含有一个未知数的函数，然后根据二次函数的特征求出其最小值；解题的关键点是找出点所在的一条直线，进而用一个未知数表示出其坐标，进而求得的最小值.
26．（2021·安徽淮北市·高三一模（理））过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
作出图形，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，计算出圆的圆心到直线的距离为，可知圆内不在任何切点弦上的点形成以原点为圆心，半径为的圆的内部，利用圆的面积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，
则，，，
则，且为锐角，所以，同理可得，
所以，，则为等边三角形，连接交于点，
为的角平分线，则为的中点，，
且，，
若圆内的点不在任何切点弦上，则该点到圆的圆心的距离应小于，
即圆内的这些点构成了以原点为圆心，半径为的圆的内部，
因此，圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在于确定圆内不切点弦上的点所构成的区域，为此需要计算出圆的圆心到切点弦的距离，找出临界位置进行分析.
27．（2021·天津西青区·高二期末）直线与圆的位置关系为（ ）
A．相交且直线过圆心 B．相切
C．相离 D．相交且直线不过圆心
【答案】D
【分析】
根据点直线的关系，以及直线与圆的位置关系的判定方法，进行判定，即可求解.
【详解】
由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
将圆心代入直线，可得，所以直线不过圆心，
故选：D.
28．（2021·浙江高三学业考试）以为直径端点的圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由中点坐标公式求圆心坐标，再求半径即可得答案.
【详解】
解：根据题意得的中点即为圆心坐标，为，
半径为，
所以以为直径端点的圆方程是.
故选：D.
29．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）若圆上的点到直线的最大距离为，则实数k的值是（ ）
A． B．2 C．或2 D．或0
【答案】B
【分析】
将圆的方程化成标准方程，求出圆心及半径r，圆心到直线的距离为，则圆上的点到直线的最大距离为
【详解】
圆化成标准形式，圆心，半径，显然；
圆心到直线的距离
圆上的点到直线的最大距离为，即，
解得：或（舍去）
故选：B
【点睛】
结论点睛：本题考查直线与圆的位置关系，求圆上点到直线的最大距离与最小距离常用的结论：设圆的半径r，圆心到直线的距离为，
（1）当时，圆上的点到直线的最大距离为，最小距离为；
（2）当时，圆上的点到直线的最大距离为，最小距离为；
30．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高二期末（文））圆关于原点对称的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
由圆的方程确定圆心和半径，求得圆心关于原点对称点的坐标后，半径不变，可得其关于原点对称的圆的方程.
【详解】
由圆的方程知：圆心，半径，
圆心关于原点对称的点的坐标为，
则圆关于原点对称的圆的方程为.
故选：B.
二、多选题
31．（2021·湖北随州市·高二期末）已知直线上存在相距为4的两个动点A，B，若圆上存在点P使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，则实数a的值可以为（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．1
【答案】ABC
【分析】
根据题意，由直角三角形的性质分析可得到的距离为，结合直线与圆的位置关系可得圆心到直线的距离，即有，解得的取值范围，即可得答案．
【详解】
解：根据题意，若为等腰直角三角形，其中为直角顶点且，
则到的距离为，
若圆上存在点，使得为等腰直角三角形，
则圆心到直线的距离，即有，
解可得：，即的取值范围；
故选：ABC
32．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）下列命题正确的是（ ）
A．当时，直线与直线平行
B．当时，直线与直线垂直
C．当时，曲线与曲线外切
D．当时，直线与直线的交点坐标是
【答案】AC
【分析】
根据直线与直线的位置关系判断ABD，根据圆与圆的位置关系判断C，即可得到答案.
【详解】
对于A，当时，直线，；直线，， ，，故A正确；
对于B，当时，直线，；直线，，，与不垂直，故B错误；
对于C，当时，曲线，圆心是，；曲线，圆心是，，圆心距，两圆外切，故C正确；
对于D，当时，直线，直线，联立，即两直线交点坐标是，故D错误；
故选：AC
【点睛】
结论点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，
（1） （）；
（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
33．（2020·全国高二单元测试）已知圆，圆交于不同的两点，下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】
求得交点弦所在直线方程，将坐标代入直线方程可知AB正确；利用圆的性质知和互相平分，结合中点坐标公式可知C正确，D错误.
【详解】
两圆方程作差可得直线方程：，即.
对于A，将坐标代入直线方程得：，，
两式作差得：，则，A正确；
对于B，将代入直线方程得：，B正确；
对于CD，由圆的性质知：线段与线段互相平分，又中点为，
，，，，C正确，D错误.
故选：ABC.
【点睛】
结论点睛：两圆相交，则两圆方程直接作差所得方程即为交点弦所在直线方程.
第II卷（非选择题）
三、解答题
34．（2021·上海浦东新区·高二期末）已知直线与直线平行，并且直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求直线的一般式方程.
【答案】或
【分析】
设所求直线方程为，求出直线与两坐标轴的交点坐标，结合已知条件可得出关于的方程，进而可求得直线的方程.
【详解】
由于直线与直线平行，设直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得；令，可得.
所以，直线交轴于点，交轴于点.
由于直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则，解得.
因此，直线的方程为或.
35．（2021·上海普陀区·曹杨二中高二期末）设常数，已知直线，.
（1）若，求a的值；
（2）若，求与的距离；
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据两直线垂直的条件求参数值；
（2）由平行的条件求得参数值，两方程中的系数分别化为相同，然后由平行间距离公式计算．
【详解】
（1）由题意，解得；
（2）由两条平行显然，因此，解得或，
时，两直线方程均为，不合题意，
时，方程为，即，方程为，即，
所求距离为．
【点睛】
易错点睛：本题考查由两直线平行与垂直求参数，考查平行间距离公式．在已知平行求参数时，一般在求得参数值时需要进行检验，剔除两直线重合的情形，这是易错点．
36．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）已知直线l经过点，l的一个方向向量为.
（1）求直线l的方程；
（2）若直线与l平行，且点P到直线的距离为3，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）利用l的方向向量，求出直线l的斜率，代入点斜式方程求出直线l的方程；
（2）根据（1）设直线的方程为，将点到直线的距离转化为平行线间的距离求，从而求出直线的方程.
【详解】
（1）由l的一个方向向量为，即直线l的斜率
由点斜式方程得：，即.
所以直线l的方程为：
（2）因为直线与l平行，则可设的方程为，
由平行线间的距离公式得，，解得：或.
所以直线的方程为：或.
【点睛】
结论点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，
（1） （）；
（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
37．（2020·浙江高一期末）已知的顶点．
（1）求边上的中线所在直线的方程；
（2）求边上的高所在直线的方程．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）求出中点坐标，然后由两点式写出方程并整理成一般式；
（2）求出直线的斜率，由垂直得高线斜率，由点为斜式写出方程后化简即可．
【详解】
（1）由题意中点为，
中线方程为，即；
（2），∴边上的高的斜率为，
方程为，即．
38．（2020·浙江高一期末）已知的顶点，边上的高所在直线为，D为中点，且所在直线方程为．
（1）求顶点B的坐标；
（2）求边所在的直线方程，（请把结果用一般式方程表示）．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）联立直线的方程，求出点坐标；
（2）设，由，求出点，利用坐标求直线的斜率，再用点斜式求直线方程.
【详解】
由及边上的高所在直线为，
得所在直线方程为
又所在直线方程为
由，得.
（2）设，又，为中点，则，
由已知得，得，
又得直线的方程为.
39．（2020·广东佛山市·石门高级中学高二月考）已知直线．
（1）求过点与直线L平行的直线的方程
（2）与直线L垂直，试确定实数a的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）根据平行求出斜率，再由点斜式即可求出；
（2）由斜率相乘为即可求出.
【详解】
解：（1）因为，所以，
所求直线过点A和直线L平行，则根据点斜式方程可得，
即．
（2）由已知可得，所以直线的斜率．
由，即.
可得．
40．（2020·四川省成都市盐道街中学高二期中）在中，边上的高所在的直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，若点的坐标为.
（1）求点的坐标.
（2）求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由BC边上的高与∠A平分线交于A点，联立两直线方程求交点即可.
（2）由垂直关系及高所在直线方程可求直线BC的斜率，再有的坐标为即可写出直线的方程.
【详解】
（1）联立，解得，可得.
（2）∵边上的高所在的直线的方程为，
∴，即，
∴直线的方程为，整理得.
41．（2019·四川成都市·川大附中高二期中）在平面直角坐标系中，已知的顶点，，.
（1）求过边的中点且与直线平行的直线方程.
（2）求点到直线的距离.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出，的中点坐标以及直线的斜率，写出点斜式方程即可求解；
（2）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】
（1）因为，，所以，中点坐标为，
又因为直线的斜率，
所以直线的方程为，
即.
（2）因为，所以直线方程为，
即，
所以到的距离.
42．（2021·湖北随州市·高二期末）已知与相切的圆C的圆心在射线上，且被直线截得弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C上有且仅有2个点到与l平行的直线的距离为2，求直线在x轴上截距的取值范围．
【答案】（1）；（2）或
【分析】
（1）依题意设圆心坐标，求出圆心到直线的距离，再根据弦长得到方程，解得即可；
（2）设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，当且仅当时，圆上有且仅有2个点到的距离为2，即可得到不等式，解得即可；
【详解】
解：（1）依题意设圆心坐标，圆心到直线的距离为，又圆与相切，则圆的半径，因为弦长为，所以，解得或（舍去）
所以圆心，，所以圆的方程为
（2）设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，当且仅当时，圆上有且仅有2个点到的距离为2；
即，所以或
设直线在轴上的截距为，则，
所以或
解得或
【点睛】
本题考查圆的方程的求法，考查点到直线距离公式的应用，点到直线的距离．
43．（2020·陕西西安市·高一期末）已知圆的方程为：．
（1）求的取值范围;
（2）设直线与圆交于，两点，是否存在实数，使得以为直径的圆过原点，若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析
【分析】
（1）根据题意得到，再解不等式即可得到答案.
（2）首先假设存在得以为直径的圆过原点，设，，直线与圆联立得到，再根据韦达定理和圆的性质即可得到答案.
【详解】
（1）由题知：，解得
（2）假设存在得以为直径的圆过原点，设，，
，
，解得，又因为，所以.
，.
.
因为以为直径的圆过原点，则，
即，整理可得，
即，解得.
所以存在得以为直径的圆过原点.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
44．（2021·上海浦东新区·高二期末）已知圆与轴、轴分別相切于、两点.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与线段没有公共点，求实数的取值范围；
（3）试讨论直线与圆的位置关系.
【答案】（1）；（2）；（3）答案见解析.
【分析】
（1）根据已知条件可求得、的值，由此可求得圆的方程；
（2）作出图形，求得、两点的坐标，数形结合求得直线与线段有公共点时，实数的取值范围，利用补集思想可得出结果；
（3）计算圆心到直线的距离，根据与圆的半径的大小关系，可得出直线与圆的位置关系.
【详解】
（1）由已知可得圆的圆心为，
由于圆与轴、轴分別相切于、两点，圆心到轴、轴的距离分别为、，
则，
因此，圆的方程为；
（2）如下图所示：
由图可知，圆与轴相切于点，与轴相切于点，
当直线过点时，则有，解得，
由图可知，当时，直线与线段有公共点，
因此，当时，直线与线段没有公共点，
所以，实数的取值范围为；
（3）圆心到直线的距离为，圆的半径为.
①当时，即时，直线与圆相离；
②当时，即时，直线与圆相切；
③当时，即时，直线与圆相交.
综上所述，当时，直线与圆相离；
当时，直线与圆相切；
当时，直线与圆相交.
【点睛】
方法点睛：直线与圆的位置关系的判断方法如下：
（1）代数法：将直线的方程和圆的方程联立，消去一个元（或），得到关于另外一个元的一元二次方程.
，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；
，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；
，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.
（2）几何法：计算圆心到直线的距离，并比较与圆的半径的大小关系.
若，则直线与圆有两个交点，直线与圆相交；
若，则直线与圆有且仅有一个交点，直线与圆相切；
若，则直线与圆没有交点，直线与圆相离.
45．（2021·陕西渭南市·高一期末）已知圆M过点.
（1）求圆M的标准方程；
（2）若过点且斜率为k的直线l与圆M相切，求k的值.
【答案】（1）；（2）0或
【分析】
（1）设出圆的方程，代入三点即可求出方程；
（2）设出直线方程，利用圆心到直线距离等于半径即可得出.
【详解】
（1）设圆M的标准方程为，
则，解得，
圆M的标准方程为；
（2）可得直线l的方程为，即，
直线l与圆M相切，
圆心到直线的距离，解得或.
46．（2021·青铜峡市高级中学高二期末（理））已知点点在圆上运动，点为线段的中点.
（1）求点的轨迹方程；
（2）求点到直线的距离的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）最大值3，最小值1.
【分析】
（1）根据题中条件，得到，代入已知圆的方程，化简整理，即可得出结果；
（2）先由（1）得到圆心和半径，求出圆心到直线的距离，根据圆的性质，即可求出结果.
【详解】
（1）因为点是的中点，
，即
又，
即.
所以点的轨迹方程为.
（2）由（1）知点的轨迹是以为圆心，半径的圆.
圆心到直线的距离.
根据圆的性质，可得点到直线的距离的最大值为，最小值为.
【点睛】
方法点睛：
求解圆上一动点到定直线（直线与圆相离）距离的最值问题的常用方法：
（1）几何法：先由点到直线距离公式，求出圆心到定直线的距离，再由圆的性质，即可得出结果；
（2）参数法：先根据圆的参数方程设圆上任意一点的坐标，再由点到直线距离公式，直接得出圆上任意一点到直线的距离，结合三角函数的性质，即可求出结果.
47．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（文））在平面直角坐标系xOy中，点A在直线上，B（7，3），以线段AB为直径的圆C（C为圆心）与直线l相交于另一个点D，AB⊥CD.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若点A不在第一象限内，圆C与x轴的正半轴的交点为P，过点P作两条直线分别交圆于M，N两点，且两直线的斜率之积为－5，试判断直线MN是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）或；（2）
【分析】
（1）由已知可得，设，由两点求斜率公式可得值，得到，再由已知可得，设，利用两点间的距离公式列式求得，分类求解圆心，可得圆的标准方程；
（2）由题意知，圆的标准方程为，设直线的方程为，与圆的方程联立求得的坐标，同理求得的坐标，再分直线的斜率存在和不存在求解的方程，即可证明直线恒过定点．
【详解】
解：（1），，
设，得，得．
，
在中，，为的中点，，
设，则，
解得或．
①当时，，，圆心为，
此时圆的标准方程为；
②当时，，，圆心为，
此时圆的标准方程为．
圆的标准方程为或；
（2）由题意知，圆的标准方程为．
设直线的方程为，
联立，得．
，得，则，，
两直线的斜率之积为，用代替，可得，．
当直线的斜率存在，即时，
．
直线的方程为，
整理得：，可得直线过定点；
当直线的斜率不存在时，即时，直线的方程为，过定点．
综上可得，直线恒过定点．
【点睛】
本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力.
48．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（文））在平面直角坐标系中，圆过点和点，圆心到直线的距离等于.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆心在第一象限，为圆外一点，过点做圆的两条切线，切点分别为，四边形的面积为，问线段CM的长是否为定值？若为定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）或．（2）
【分析】
（1）判断圆心在线段的垂直平分线上，设圆心为，通过圆心到直线的距离等于，求出，然后求解圆的方程即可．
（2）通过四边形的面积求出，再由勾股定理求出即可；
【详解】
解：（1）因为圆过点和点，
所以圆心在线段的垂直平分线上，
所以可设圆心为，
因为圆心到直线的距离等于
所以，解得，
当时，圆心为，半径，
圆的方程为：
当时，圆心为，半径，
圆的方程为：
所以圆的标准方程为：或．
（2）由题知：因为，
所以四边形的面积，
因为，所以，
所以，
所以，
即线段的长度为定值
49．（2020·安徽池州市·池州一中高二月考（理））圆，直线.
（1）求证：直线过定点；
（2）求被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦的长度.
【答案】（1）证明见解析；（2）被圆截得的弦长最小值为，此时.
【分析】
（1）将直线的方程变形为，解方程组，即可求得直线所过定点的坐标；
（2）分析出当时，直线被圆截得的弦长最短，利用直线与直线的斜率之积为可求得实数的值.
【详解】
（1）将直线的方程变形为，
解方程组，解得，
因此，直线过定点；
（2）如下图所示，设直线交圆于、两点，
设圆心到直线的距离为.
①当时，；
②当不与垂直时，.
综上所述，，
所以，，
此时，，由已知可得，解得.
【点睛】
方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
50．（2021·北京高二期末）已知直线：与直线：，.
（1）若，求a的值；
（2）求证：直线与圆恒有公共点；
（3）若直线与圆心为C的圆相交于A，B两点，且为直角三角形，求a的值.
【答案】（1）；（2）证明见详解；（3）.
【分析】
（1）根据两直线平行，可直接得出的值；
（2）求出直线所过定点在圆上，即可证明结论成立；
（3）根据题中条件，由为直角三角形，得到为斜边，且，由点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，再由圆的几何法表示出弦长，列出等量关系求解，即可得出的值.
【详解】
（1）因为直线：的斜率为，
又，直线：，所以，则；
（2）由，令可得，所以直线过定点，
因为显然满足，即点在圆上，
所以直线与圆恒有公共点；
（3）因为圆的圆心为，半径为，
又直线与圆心为C的圆相交于A，B两点，为直角三角形，所以，则为斜边，且，
又圆心到直线的距离为显然恒成立，
根据圆的性质可得：，
所以，解得.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题第三问的关键在于根据圆的性质，以及题中条件，确定为的斜边，并得到的长度，再结合点到直线距离公式，以及弦长公式，即可求解.
51．（2021·上海杨浦区·复旦附中高二期末）已知圆：，点为圆上一点.
（1）过点的直线与圆相切，求直线的方程；
（2）是圆上一动点(异于点)，求中点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）(其中).
【分析】
（1）可先求出直线PC斜率，由可求出切线斜率，则可求得切线方程；
（2）设，由中点坐标公式表示出点，代入圆的方程即可得出的轨迹方程.
【详解】
（1）圆：，圆心为，半径.
所以.由可求得，.
此时，所求直线的方程为，即.
故所求直线的方程为.
（2）由题意知，设，
则，可得，
将坐标代入圆得，
即(其中).
52．（2021·上海普陀区·曹杨二中高二期末）已知点C是曲线上一点，以C为圆心的圆与x轴交于O､A两点，与y交于O､B两点，其中O为坐标原点.
（1）求证：的面积为定值；
（2）设直线与圆C交于M，N两点，若，求圆C的方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设可得圆的方程，求出两点的坐标计算出的面积即可证明；
（2）由条件得出原点在线段的垂直平分线上，所以直线与垂直，由斜率之积为-1求得，从而得到圆C的方程.
【详解】
（1）证明：由题意设，则半径为，
所以圆的方程为，
令，则， 所以，，
令，则， 所以，，
所以，
所以的面积为定值.
（2）因为，所以原点在线段的垂直平分线上，
设线段的中点为，则三点共线，由（1）知，
的斜率为，由于直线所以与垂直，所以，
解得，或舍去，所以，
圆C的方程为.
【点睛】
方法点睛：本题考查直线和圆的方程，根据条件建立方程关系是解决本题的关键，有一定的综合性，考查学生分析问题、解决问题的能力.
53．（2020·全国高三专题练习（理））如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3.
（1）求圆C的方程；
（2）过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
(1)根据条件可设圆心的坐标为(m，2)，则可得答案.
(2) 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，与圆的方程联立得出韦达定理，而，将韦达定理代入可得答案.再分析斜率为0的情况.
【详解】
（1）因为圆C与y轴相切于点T(0，2)，可设圆心的坐标为(m，2) ，
则圆C的半径为m，又|MN|＝3，
所以，解得，
所以圆C的方程为
（2）证明：由（1）令得：，解得或
知M(1，0)，N(4，0)，当直线AB的斜率为0时，易知，
即
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，
将x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以 ，则
综上可知，为定值.
【点睛】
关键点睛：本题考查求圆的方程和圆中方程联立韦达定理的应用，解答本题的关键是设出直线AB：x＝1＋ty，与圆的方程联立，得出韦达定理，由，属于中档题.
54．（2020·大石桥市第三高级中学高二期中）已知圆.
（1）在下列两个条件中任选一个作答.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
①已知不过原点的直线l与圆相切，且在x轴、y轴上的截距相等，求直线l的方程；
②从圆外一点向圆引切线，求切线方程.
（2）若圆与圆相交与D、E两点，求线段DE的长.
【答案】（1）①；②或；（2）4.
【分析】
（1）①由已知得直线l的斜率为，然后利用点到直线的距离等于半径可得直线截距可得答案；
②分别讨论当过P的直线斜率不存在和存在两种情况，不存在时特殊情况可得答案；存在时利用圆心到直线的距离等于半径可得答案；
（2）两个圆的方程联立求得交点坐标，再利用两点间的距离公式可得答案.
【详解】
（1）①圆C的方程变形为，
圆心C的坐标为，半径为3.
直线l在两坐标轴上的截距相等且不为零，
故直线l的斜率为.
设直线l的方程，
又直线l与圆相切，
故，整理得，
所求直线l的方程为，
②圆C的方程变形为，
圆心C的坐标为，半径为3.
当过P的直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆C到直线的距离为3，
所以直线是圆C的切线.
当过P的直线斜率存在时，
设切线方程为，
即，，
，切线方程，
即，
综上所述，切线方程为或.
（2）联立方程，
得，，
.
【点睛】
直线和圆相切时，可以利用圆与直线联立的方程组有一组实数解，或者利用圆心到直线的距离等于圆的半径求得参数，有时利用后面方法计算运算量比较小些.
55．（2020·浙江高一期末）已知圆．
（1）求过点的圆C的切线方程；
（2）过点的直线交圆C于P，Q两点，求面积的最大值及此时的直线方程．
【答案】（1）或；（2）面积最大2，直线方程为或.
【分析】
（1）讨论斜率不存在和存在两种情况，根据圆心到直线的距离为半径求解即可；
（2）设，，可得圆心到直线的距离为时面积最大，从而讨论斜率列方程求解即可.
【详解】
（1）圆的圆心为，半径为2，
当切线斜率不存在时，，圆心到直线的距离为2，满足题意；
当切线斜率存在时，设为，
则圆心到直线的距离为，解得，
则切线方程为：，整理得：，
综上：或；
（2）设，，
当且仅当时，最大为2，此时圆心到直线的距离为，
当直线斜率不存在时，，不满足圆心到直线的距离为，
当直线斜率存在时，设为，
，解得或7.
所以直线方程为或
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是利用垂径定理解决弦长问题，利用圆心到直线的距离求解未知量，属于中档题.
56．（2020·广东佛山市·石门高级中学高二月考）已知圆C：，
（1）已知点A（1，4），点B为圆C上的一动点，求线段AB的中点Q的轨迹方程；
（2）过点的直线l与圆C相交于不同的两点M、N，若，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）设，，得到的关系式，再利用Q是线段AB的中点，构建关系代入的关系式，化简即得结果；
（2）先依题意将已知条件转化成圆心到直线l的距离为2，再讨论直线方程，结合点到直线的距离公式，计算即得结果.
【详解】
解： 设，，则由点B在圆C上，则，
又由中点公式得，解得，代入上式得，，化简得：，
故线段AB的中点Q的轨迹方程为；
若，则是等腰直角三角形，且，故，则圆心到直线l的距离为2．
当直线l的斜率不存在时，l：，易见到直线l的距离为2，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设l：，即．
圆心到直线l的距离，平方并化简，解得，
代入整理得直线l的方程为；
故直线l的方程为或.
【点睛】
求曲线轨迹方程的常用方法：
（1）定义法；（2）直接法；（3）代入法（相关点法）.
2、已知圆心到直线的距离求直线的方程：
（1）先验证直线斜率不存在时，是否满足题意；
（2）设斜率k，写直线方程的一般式方程，利用点到直线的距离公式列关系求出参数k即得直线方程.
四、双空题
57．（2020·全国高三零模）若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为______，_____．
【答案】
【分析】
先设对角线的倾斜角，利用斜率定义列关系，结合正方形性质求得直线与直线的倾斜角，计算正切值求斜率即可.
【详解】
正方形OABC中，对角线OB所在直线的斜率为2，建立如图直角坐标系，
设对角线OB所在直线的倾斜角为，则，
由正方形性质可知，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
故，
.
故答案为：；.
【点睛】
方法点睛：
求直线斜率的方法：
（1）定义式：倾斜角为，对应斜率为；
（2）两点式：已知两点坐标，则过两点的直线的斜率.
58．（2020·浙江高一期末）已知圆与直线相交于，两点，则弦的长为_________，若圆经过，且圆与圆的公共弦平行于直线，则圆的半径为_______________．
【答案】
【分析】
第一空：根据垂径定理可求弦的长.
第二空：设出圆的方程，利用已知条件建立三个等式解出参数，最后得出半径.
【详解】
第一空：由圆，得圆心，半径，
圆心到直线的距离直线，
根据垂径定理，；
第二空：设圆的方程为，
又因为圆，所以圆与圆的公共弦
方程为，由公共弦平行于直线
得，又圆经过，
所以;,联立以上三式得到，
，，所以圆的半径.
故答案为： ，.
【点睛】
结论点睛：求两圆公共弦方程时，用两圆的方程对应相减，消去和后即可得到公共弦方程.
五、填空题
59．（2021·陕西渭南市·高一期末）在平面直角坐标系中，若直线与直线将平面划分成3个部分，则________.
【答案】3
【分析】
由题可得两直线平行，建立关系即可求解.
【详解】
由题可得直线与直线互相平行，
，解得.
故答案为：3.
60．（2020·全国高三专题练习（文））经过两直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P，且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程为________．
【答案】4x＋3y－6＝0
【分析】
直接求出两直线l1：x﹣2y+4=0和l2：x+y﹣2=0的交点P的坐标，求出直线的斜率，然后求出所求直线方程．
【详解】
由方程组可得P（0，2）．
∵l⊥l3，∴kl=﹣，
∴直线l的方程为y﹣2=﹣x，
即4x＋3y－6＝0．
故答案为：4x＋3y－6＝0
61．（2021·上海杨浦区·复旦附中高二期末）已知､为圆：上的两点，且，设为弦上一点，且，则的最小值为______.
【答案】
【分析】
根据题意，，，，利用已知条件
可得，变形可得，进而可得，结合圆的方程可得，即点的轨迹方程为圆；又由，其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，结合直线与圆的位置关系分析可得的最小值，计算即可得答案．
【详解】
根据题意，，，，
满足，
则，
即，
则有，
变形可得：，
又由，为圆：上的两点，
则，；
又，
则，
即点的轨迹方程为圆，
则，
其几何意义为圆上一点到直线的距离的5倍，
又由圆的圆心到直线的距离，
则圆上一点到直线的距离的最小值为，
即的最小值为，
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题考查直线与圆的位置关系，涉及轨迹方程的分析计算，利用已知条件得到，进而求出轨迹是解决本题的关键.
62．（2021·天津高二期末）已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是_____________.
【答案】相交
【分析】
分别求出圆与圆的圆心与半径，再利用圆心距与半径之间的关系确定两圆的位置关系.
【详解】
圆，圆心，
圆，圆心，
又圆心距，则，所以两个圆是相交的.
故答案为：相交
【点睛】
方法点睛：本题考查两圆的位置关系，利用几何法：圆心距d与r1，r2的关系判断：
方法
位置关系
几何法：圆心距d与的关系
外离
外切
相交
内切
内含
相关试卷
专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》9月刊（江苏专用 适用于高考复习）： 这是一份专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》9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103页， 欢迎下载使用。
专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习）： 这是一份专题十六 直线与圆-2021届高三《新题速递•数学》10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38页， 欢迎下载使用。
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）： 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。
