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）

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专题十六 直线与圆
一、单选题
1．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（理））圆心在轴上，半径为1，且过点的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据圆心的位置及半径可写出圆的标准方程，然后将点代入圆的方程即可求解.
【详解】
因为圆心在轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为，则圆的方程为，又点在圆上，所以，解得.
故选：A
【点睛】
本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题.
2．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（理））已知点是直线上一动点、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
作出图形，可知，由四边形的最小面积是，可知此时取最小值，由勾股定理可知的最小值为，即圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式可求出的值.
【详解】
如下图所示，由切线长定理可得，又，，且，，
所以，四边形的面积为面积的两倍，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，
四边形的最小面积是，所以，面积的最小值为，
又，，
由勾股定理，
当直线与直线垂直时，取最小值，
即，整理得，，解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查由四边形面积的最值求参数的值，涉及直线与圆的位置关系的应用，解题的关键就是确定动点的位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
3．（2020·广东东莞·期末）已知圆：（）与圆：外切，则实数（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两圆相外切，这两圆圆心之间的距离等于半径和，即可得解；
【详解】
解：因为圆：（）与圆：外切，所以两圆心之间的距离，所以
故选：B
【点睛】
本题考查两圆的位置关系求出参数的值，属于基础题.
4．（2020·广西玉林·期末）若圆O1:(x-1)2+(y+2)2=4与圆O2:(x-4)2+(y-2)2=r2(r>0)相切，则r=（ ）
A．3或7 B．1或5 C．3 D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
本题先求圆心距，再建立方程求半径r.
【详解】
设O1，O2分别为两圆的圆心，则|O1O2|==5.由题意可得|O1O2|=r+2或|O1O2|=r-2，则r=3或r=7.
故选：A.
【点睛】
本题考查圆与圆的位置关系求参数，是基础题.
5．（2019·广州市培正中学期末）圆关于直线对称的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，设要求圆的圆心为C，其坐标为，分析可得要求圆的半径，且点与关于直线对称，列出方程组，求出a、b的值，即可得C的坐标，即可得出圆的标准方程.
【详解】
解：根据题意，设要求圆的圆心为C，其坐标为，
圆的圆心为，半径，
若要求圆与圆关于直线对称，
则要求圆的半径且点与关于直线对称，
则有，
解得：，即要求圆的圆心为；
则要求圆的方程为；
故选：A.
【点睛】
本题考查利用待定系数法求圆的标准方程，还涉及点关于直线对称的问题，考查解题分析和计算能力.
6．（2019·广州市培正中学期末）已知点，则经过原点且垂直于的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，由点A、B的坐标可得直线的斜率，由直线垂直的性质可得要求直线的斜率，由直线的斜截式方程分析可得答案.
【详解】
解：根据题意，点，，则，
则要求直线的斜率，
则要求直线的方程为，即；
故选：A.
【点睛】
本题考查直线垂直与直线斜率的关系，涉及直线斜率的计算，属于基础题.
7．（2020·沙坪坝·重庆南开中学期末）与直线和都相切的圆的直径为（ ）
A． B．2 C．1 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断出两直线平行，故而可得与两圆都相切的圆的直径即为两平行间的距离.
【详解】
根据题意，直线和两直线平行，
其间的距离，
若圆与直线和都相切，
则该圆的直径为，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，涉及平行线间的距离计算，属于基础题.
8．（2020·全国课时练习）若直线与两坐标轴围成的三角形的面积S为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
∵ab≠0，∴令y＝0，得x＝，
令x＝0，得y＝，
∴三角形的面积S＝.选D.
9．（2020·山西其他（文））从直线：上的动点作圆的两条切线，切点为，，则四边形（为坐标原点）面积的最小值是（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【解析】
【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：A．
【点睛】
本题考查圆的切线方程，明确四边形的面积何时最小是解决问题的关键，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
10．（2020·全国课时练习）已知的三个顶点坐标分别为，，，则其形状为( )
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
利用两点连线斜率公式可求得和；由斜率乘积为可得，从而得到三角形为直角三角形.
【详解】
由题意得：；
为直角三角形
本题正确选项：
【点睛】
本题考查三角形形状的判断，关键是能够利用两点连线斜率公式求得三角形的边所在直线的斜率，根据斜率乘积为得到垂直关系.
11．（2020·全国课时练习）下列说法中正确的是( )
A．若直线与的斜率相等，则
B．若直线与互相平行，则它们的斜率相等
C．在直线与中，若一条直线的斜率存在，另一条直线的斜率不存在，则与定相交
D．若直线与的斜率都不存在，则
【答案】C
【解析】
【分析】
根据两直线平行的等价条件即可判断.
【详解】
对于A, 若直线与的斜率相等，则或与重合；对于B，若直线与互相平行，则它们的斜率相等或者斜率都不存在；对于D，若直线与的斜率都不存在，则或与重合.
故选:C
【点睛】
本题主要考查两直线的位置关系，属于基础题.
12．（2020·全国课时练习）过点和点的直线与轴的位置关系是（ ）
A．相交但不垂直 B．平行 C．重合 D．垂直
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两点纵坐标相同即可判断出位置关系.
【详解】
两点的纵坐标都等于 直线方程为：
直线与轴平行
本题正确选项：
【点睛】
本题考查直线位置关系的判断，属于基础题.
13．（2020·全国课时练习）两圆和的位置关系是（ ）
A．内切 B．外离 C．外切 D．相交
【答案】D
【解析】
【分析】
根据两圆方程求解出圆心和半径，从而得到圆心距；根据得到两圆相交.
【详解】
由题意可得两圆方程为：和
则两圆圆心分别为：和；半径分别为：和
则圆心距：
则 两圆相交
本题正确选项：
【点睛】
本题考查圆与圆的位置关系，关键是判断出圆心距和两圆半径之间的关系，属于基础题.
14．（2020·全国课时练习）已知直线l的方程是，则（ ）
A．直线l经过点,斜率为
B．直线l经过点，斜率为
C．直线l经过点，斜率为
D．直线Z经过点，斜率为1
【答案】C
【解析】
【分析】
把直线方程化为点斜式，即可得到答案
【详解】
直线方程可以化为：，
根据直线的点斜式方程可知直线经过点，斜率为
故选
【点睛】
本题考查了直线的点斜式方程，只要将直线方程转化为点斜式就可以得到结果，是一道基础题．
15．（2020·全国课时练习）过点，且圆心在直线上的圆的方程是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
直接根据所给信息，利用排除法解题．
【详解】
本题作为选择题，可采用排除法，根据圆心在直线上，排除B、D，
点在圆上，排除A
故选C
【点睛】
本题考查利用排除法选出圆的标准方程，属于基础题．
16．（2020·全国课时练习）已知以点A(2，－3)为圆心，半径长等于5的圆O，则点M(5，－7)与圆O的位置关系是(　　)
A．在圆内 B．在圆上
C．在圆外 D．无法判断
【答案】B
【解析】
因为 ,所以点M在圆上，选B.
17．（2020·全国课时练习）以为圆心，且过点的圆的方程为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
∵，，∴，即圆的半径，
又∵圆心为，∴圆的方程为，故选D.
18．（2020·全国课时练习）若点（1，1）在圆的内部，则的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．
【答案】A
【解析】
因为点（1，1）在圆内部，所以,解之得.
19．（2020·全国课时练习）点与圆的位置关系是（ ）．
A．点在圆外 B．点在圆内 C．点在圆上 D．不能确定
【答案】A
【解析】
将点代入圆方程，得．故点在圆外，
选．
20．（2020·湖南月考）在平面直角坐标系中，过点，向圆：（）引两条切线，切点分别为、，则直线过定点（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
在平面直角坐标系中，过点，向圆：（）引两条切线，则切线的长为
∴以点为圆心，切线长为半径的圆的方程为
∴直线的方程为，即
∴令，得
∴直线恒过定点
故选B.
21．（2020·全国高二课时练习）过点总可以作两条直线与圆相切，则的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把圆的方程化成标准式，根据构成圆的条件得到等号右边的式子大于0，列出关于的不等式，求出不等式的解集，由题意可知，点在圆外，故把点的坐标代入圆的方程得到一个关系式，让其大于0列出关于的不等式，求出不等式的解集，综上，求出两解集的交集即为实数的取值范围．
【详解】
把圆的方程转化成标准方程得.由，解得.
又点应在已知圆的外部，把点的坐标代入圆的方程得，即，解得或，则实数的取值范围是，故选D.
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，二元二次方程为圆的条件及一元二次不等式的解法．
22．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高一期末）在平面直角坐标系中，已知，为圆上两个动点，且，若直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设，，则的中点，可得，设，根据，可得，代入化简得，根据判别式可得结果.
【详解】
设，，则的中点，
圆：的圆心，半径为，
圆心到直线的距离，
设，因为，
所以，
所以，即，
因为，
所以，
化简得，
依题意得有解，
所以，即，
解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查了圆的标准方程，考查了平面向量基本定理，考查了运算求解能力，属于中档题.
23．（2020·民勤县第一中学高一期末（理））如图，已知A(4,0)、B(0,4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是 (　　)

A． B． C．6 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设点关于轴的对称点，点关于直线的对称点，由对称点可求和的坐标，在利用入射光线上的点关于反射轴的对称点在反射光线所在的直线上，光线所经过的路程为.
【详解】
点关于轴的对称点坐标是，
设点关于直线的对称点，
由，解得，
故光线所经过的路程，故选D.
【点睛】
解析几何中对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且 点 在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.
24．（2020·四川金牛·成都外国语学校高一期末（理））如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、（在的上方），且，过点任作一条直线与圆相交于、两点，的值为（ ）

A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
本题首先可以取的中点并连接、，根据点以及求出圆的标准方程为，然后求出、两点坐标，再然后设点，通过两点间距离公式求出，最后通过相同的方式得出，即可求出的值.
【详解】

因为圆与轴相切于点，所以圆心的横坐标为，
如图，取的中点，连接、，
因为，点是弦的中点，所以，，
则，， 圆的半径，
故，圆的标准方程为，
联立，解得，，，
设点，则，

，
同理可得，
故，
故选：C.
【点睛】
本题考查线段长度比的计算，考查圆的方程的求法以及圆的方程的应用，考查两点间距离公式，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题.
25．（2019·河北辛集中学高三月考（理））关于下列命题，正确的个数是（　　）
（1）若点在圆外，则或；
（2）已知圆，直线，则直线与圆恒相切；
（3）已知点是直线上一动点，、是圆的两条切线，、是切点，则四边形的最小面积是；
（4）设直线系，中的直线所能围成的正三角形面积都等于．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
（1）根据一般方程表示圆和点列不等式组可解出实数的取值范围，可判断出命题（1）的真假；（2）计算圆心到直线的距离的取值范围，可判断出命题（2）的真假；（3）找出当切线、的长取得最小值时点的位置，计算出的长，并计算出此时四边形的面积，可判断出命题（3）的真假；（4）由直线系方程可知，中所有直线都是定圆的切线，利用圆的半径可计算出正三角形的面积，可判断出命题（4）的真假.
【详解】
对于命题（1），由于方程表示圆，则，
整理得，由于点在该圆外，则，所以，
解得或，命题（1）为假命题；
对于命题（2），直线过原点，圆的圆心的坐标为，且，所以，圆心到直线的距离，则直线与圆相交或相切，命题（2）为假命题；
对于命题（3），圆的标准方程为，圆心的坐标为，半径长为，圆心到直线的距离为，，则，四边形的面积的最小值为，命题（3）为真命题；
对于命题（4），直线系的方程为，由于点到直线的距离为，直线系中所有的直线都是圆的切线，如下图所示：

，，，等边三角形的边长为，
所以，中的直线所能围成的正三角形面积为，命题（4）为真命题.
因此，真命题的个数为，故选B.
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，直线系的应用以及直线与圆的位置关系，考查了转化和数形结合思想等数学思想方法，属于中等题.
26．（2020·山西长治·高三月考（文））已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于A，B两点，点O为坐标原点，则下列命题中正确的个数为（ ）
①面积的最小值为4；
②以为直径的圆与x轴相切；
③记，，的斜率分别为，，，则；
④过焦点F作y轴的垂线与直线，分别交于点M，N，则以为直径的圆恒过定点.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
依次判断每个选项：的斜率为0时，，所以①错误，计算②正确，证明，所以③正确，根据等式令，得或3，所以④正确，得到答案.
【详解】
当的斜率为0时，，所以①错误.
设的中点为E，作轴交x轴于点G，作准线交准线于点D，交x轴于点C，则，又，
所以，所以②正确.
直线的方程为，联立，得.设，，则，，所以，所以③正确.
直线，所以.同理可得.所以以为直径的圆的方程为，即.
令，得或3，所以④正确.
故选：.

【点睛】
本题考查了抛物线的面积，斜率，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

二、多选题
27．（2020·全国课时练习）已知，，，，且直线AB与CD平行，则m的值为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】BC
【解析】
【分析】
对分两种情况讨论，结合直线的斜率公式和平行直线的斜率关系得到关于的方程，解方程即得解.
【详解】
当时，，，，，直线轴，直线轴，所以直线AB与CD平行.
当时，.
故选：BC
【点睛】
本题主要考查平行直线的斜率关系，考查斜率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
28．（2020·江苏通州·高一期末）某同学在研究函数的性质时，联想到两点间的距离公式，从而将函数变形为，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递减，上单调递增
B．函数的最小值为，没有最大值
C．存在实数，使得函数的图象关于直线对称
D．方程的实根个数为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设点，，函数表示x轴上的点到A、B两点的距离之和，让点P在x轴上移动，可观察出的变化情况，从而判断出各选项的正确性.
【详解】

设点，，函数表示x轴上的点到A、B两点的距离之和，
由图可知，当点P由x的负半轴方向向原点O移动时，的和逐渐变小，即函数区间上单调递减，
当点P由点A向x的正半轴方向移动时，的和逐渐变大，即函数在区间上单调递增，故A正确；
当点P移动到点A时，的和最小，最小值为，没有最大值，即函数的最小值为，没有最大值，故B正确；
，而，
显然，故不存在存在实数，使得函数的图象关于直线对称，故C错误；
方程即，解之得：或，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题主要考查函数的性质，解题关键是将函数转化为x轴上的点到A、B两点的距离之和，这样通过点的移动可以直观地得到函数的性质，考查逻辑思维能力和计算能力，考数形结合思想和转化思想，属于中档题.
29．（2020·苏州市苏州高新区第一中学高一期中）在平面直角坐标系中，设二次函数的图象与直线有两个不同的交点，经过三点的圆记为圆.下列结论正确的是（ ）
A．且
B．当时，为钝角
C．圆：（且）
D．圆过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】
将两函数联立消，利用判别式大于零可判断A；利用弦长公式以及余弦定理可判断B；求出的中垂线，圆心在中垂线上，设圆心为，根据，求出圆心，进而求出半径即可判断C；根据C选项，将方程整理成，令即可判断D.
【详解】
对于A，联立，消可得，
二次函数与直线有两个交点，则，
解得，又，故A正确；
对于B，联立消可得，
设，，
则，，
由弦长公式可得 ，
在中，，


，
当时，
，
所以
所以为锐角，故B错误；
对于C，线段的中点为，
则的中垂线为：，设圆心为，
不妨设，
由，
即
整理可得，
即，
解得，所以圆心为，
半径，
所以圆为：，
整理可得（且，故C正确；
对于D，由C：（且），
整理可得，方程过定点
则 ，解得 ，所以圆过定点，故D正确；
故选：ACD
【点睛】
本题考查了函数与方程的关系、余弦定理、求三角形的外接圆的方程、方程过定点问题，综合性比较强，属于难题.

第II卷（非选择题）
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三、解答题
30．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（理））已知方程.
（1）若此方程表示圆，求的取值范围；
（2）若（1）中的圆与直线相交于两点，且以为直径的圆经过坐标原点，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用配方法将方程化为，结合圆的定义，即可列出不等式，进而求出的取值范围；
（2）设，，，，联立直线方程和圆的方程消去化简得关于的一元二次方程，由韦达定理求出和，结合条件和向量的数量积运算列出方程求出.
【详解】
解：（1）方程：，
可化为，
此方程表示圆，
，即；
（2）设，，
联立，
消去，化简得，
，，
以为直径的圆经过坐标原点，
，得出，
又，，
，
，
解得：.
【点睛】
本题考查直线与圆位置关系，向量的数量积运算，以及联立方程组和韦达定理的应用，考查化简、计算能力，属于中档题.
31．（2020·广东东莞·期末）已知圆C经过点，，且圆心在直线上，直线l的方程为，点P为直线l上的动点，过点P作圆C的切线，切点为A，B.
（1）求圆C方程；
（2）证明直线恒过定点，并求（O为坐标原点）面积的最大值.
【答案】（1），（2）最大值为 2；
【解析】
【分析】
（1）通过待定系数法结合题意列方程求解参数即可得圆 方程；
（2）设点 的坐标为，求以 为圆心， 长为半径的圆的方程，于是直线即为此圆与圆的相交弦，将两圆的方程作差即可得直线的方程，进而证明直线恒过定点，设原点到直线 的距离为，再把面积用 来表示，结合二次函数图象与性质即可求得面积的最大值．
【详解】
解：（1）设圆 的方程为，
由题可知，解得，
圆方程为．
（2）证明：设点 的坐标为，
以 为圆心， 长为半径的圆为，
所以直线 的方程为，
化简得，
又因为点 在直线 上，所以，即，
所以直线 的方程为，
整理得，
由直线恒过定点得，解得，
所以直线 恒过定点，
设原点到直线 的距离为，则
，
弦长，
所以，
当 时，取得最大值 2．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，待定系数法求圆的方程，切点弦方程的求法，考查函数思想，数学运算，属于中档题．
32．（2020·广西玉林·期末）已知圆C的圆心C在直线x-2y-1=0上，A(3，3)，B(5，1)是圆C上的两点.
（1）求圆C的标准方程；
（2）已知M(-1，-1)，若点P是圆C上的动点，求直线PM的斜率的取值范围.
【答案】（1）(x-3)2+(y-1)2=4；（2）[0，].
【解析】
【分析】
（1）先设C(2y0+1，y0)，并求出AB的中点为N(4，2)，从而求直线AB的斜率kAB=-1，
再利用求出y0=1，接着圆C的半径r，最后求圆C的标准方程；
（2）先设直线PM的方程kx-y+k-1=0，再建立不等式≤2，最后求直线PM的斜率的取值范围
【详解】
（1）设C(2y0+1，y0)，AB的中点为N，则N(4，2)，直线AB的斜率kAB=-1
设直线CN的斜率为kCN，则kCN·kAB=-1，故kCN==1，解得y0=1，
从而圆C的半径r=|AC|==2.
故圆C的标准方程为(x-3)2+(y-1)2=4.
（2）设直线PM的方程为y+1=k(x+1)，即kx-y+k-1=0.
因为点P在圆C上，所以直线PM与圆C有交点，
则圆心到直线PM的距离d≤r，即≤2，
解得0≤k≤.
故直线PM斜率的取值范围为[0，]
【点睛】
本题考查圆的标准方程、利用直线与圆的位置关系求参数，是基础题.
33．（2019·广州市培正中学期末）已知过点的直线l被圆C：所截得的弦长为6.
（1）求直线l的方程；
（2）若圆P经过点，且与圆C相切于点，求圆P的方程.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）本小题先化圆的方程为标准方程，再求出圆心坐标与半径，最后分类讨论直线l的斜率存在与不存在求解直线l的方程；
（2）本小题先设圆p的圆心坐标与半径r，再由题意列方程组求解a，b，r的值，最后求圆p的方程即可.
【详解】
解：（1）化圆C：为，
则圆心坐标为，半径为5.
当直线l的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为，
弦长为，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为，即.
由，解得，
则直线方程为，即.
综上，所求直线方程为或；
（2）设圆p的圆心坐标为，半径为r，
由题意，，解得.
∴圆p的方程为.

【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系求参数、圆与圆的位置关系求圆的方程、是中档题.
34．（2020·全国课时练习）直线过点P且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，是否存在这样的直线满足下列条件：①△AOB的周长为12；②△AOB的面积为6.若存在，求出方程；若不存在，请说明理由．
【答案】＋＝1.
【解析】
试题分析：设直线的方程，若满足（1）可得，联立可解，即可得方程；
（2）若满足，可得，同样可得方程，它们公共的方程即为所求.
试题解析：
设直线方程为＋＝1(a>0，b>0)，
若满足条件(1)，则a＋b＋＝12，①
又∵直线过点P(，2)，∵＋＝1.②
由①②可得5a2－32a＋48＝0，
解得，或.
∴所求直线的方程为＋＝1或＋＝1，
即3x＋4y－12＝0或15x＋8y－36＝0.
若满足条件(2)，则ab＝12，③
由题意得，＋＝1，④
由③④整理得a2－6a＋8＝0，
解得，或.
∴所求直线的方程为＋＝1或＋＝1，
即3x＋4y－12＝0或3x＋y－6＝0.
综上所述：存在同时满足(1)(2)两个条件的直线方程，为3x＋4y－12＝0.
点睛：本题主要考查了直线的截距式方程的应用，其中解答中涉及到直线与坐标轴围成的三角形的面积和三角形的周长问题，以及方程组的求解等知识点的综合应用，解答中熟记直线的截距式方程和方程组的求解是解答的关键，试题比较基础，属于基础题.
35．（2020·全国课时练习）求分别满足下列条件的直线l的方程.
(1)斜率是,且与两坐标轴围成的三角形的面积是6;
(2)经过两点，;
(3)经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等.
【答案】（1）y＝x±3.（2）当m≠1时，y＝(x－1)，当m＝1时， x＝1.（3）x＋y＝1或或y＝－x.
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：(1)利用斜截式设出直线方程，得到直线的截距，表示三角形的面积，从而得到直线l的方程；(2)分三种情况讨论，过原点，不过原点斜率为1，不过原点斜率为-1，从而得到直线的方程
试题解析：
(1)设直线l的方程为y＝x＋b.
令y＝0，得x＝－b，
∴|b·(－b)|＝6，b＝±3.
∴直线l的方程为y＝x±3.
(2)当m≠1时，直线l的方程是
＝，即y＝ (x－1)
当m＝1时，直线l的方程是x＝1.
(3)设l在x轴、y轴上的截距分别为a、b.
当a≠0，b≠0时，l的方程为＋＝1；
∵直线过P(4，－3)，∴－＝1.
又∵|a|＝|b|，
∴，解得，或.
当a＝b＝0时，直线过原点且过(4，－3)，
∴l的方程为y＝－x.
综上所述，直线l的方程为x＋y＝1或＋＝1或y＝－x.
36．（2020·全国课时练习）求与圆A:外切且与直线l:相切于点的圆B的方程．
【答案】或.
【解析】
【分析】
设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，利用两圆外切及直线与圆相切建立方程组，求出参数，得到所求的圆的方程．
【详解】
设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
由题知所求圆与圆x2＋y2－2x＝0外切，
则.①
又所求圆过点M的切线为直线，
故.②
.③
解由①②③组成的方程组得 或，
故所求圆的方程为或.
【点睛】
本题考查圆的标准方程的求法，注意用待定系数法求出圆心坐标和半径．属中档题.
37．（2020·全国课时练习）已知矩形ABCD的两条对角线相交于点，AB边所在直线的方程为，点在AD边所在直线上.
（1）求AD边所在直线的方程；
（2）求矩形ABCD外接圆的方程.
【答案】（1）3x＋y＋2＝0；（2）(x－2)2＋y2＝8.
【解析】
【分析】
(1) 直线AB斜率确定，由垂直关系可求得直线AD斜率，又T在AD上，利用点斜式求直线AD方程；（2）由AD和AB的直线方程求得A点坐标，以M为圆心，以AM为半径的圆的方程即为所求.
【详解】
(1)∵AB所在直线的方程为x－3y－6＝0，且AD与AB垂直，∴直线AD的斜率为－3．
又∵点T(－1,1)在直线AD上，∴AD边所在直线的方程为y－1＝－3(x＋1)，
即3x＋y＋2＝0．
(2)由,得,
∴点A的坐标为(0，－2)，
∵矩形ABCD两条对角线的交点为M(2,0)，
∴M为矩形ABCD外接圆的圆心，又|AM|＝.
∴矩形ABCD外接圆的方程为(x－2)2＋y2＝8．
【点睛】
本题考查两直线的交点，直线的点斜式方程和圆的方程,考查计算能力，属于基础题.
38．（2020·全国课时练习）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；
（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；
（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．
【答案】（1）15（百米）；
（2）见解析；
（3）17+（百米）.
【解析】
【分析】
解：解法一：
（1）过A作，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；
（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.
（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．
解法二：
（1）建立空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长；
（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.
（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．
【详解】
解法一：
（1）过A作，垂足为E.
由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.
因为PB⊥AB，
所以.
所以.
因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知，
从而，所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此，Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.
设为l上一点，且，由（1）知，，
此时；
当∠OBP>90°时，在中，.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.
解法二：
（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.
以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.
因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.
因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，
直线PB的方程为.
所以P（−13，9），.
因此道路PB的长为15（百米）.
（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），
所以线段AD：.
在线段AD上取点M（3，），因为，
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.
设为l上一点，且，由（1）知，，此时；
当∠OBP>90°时，在中，.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.
当QA=15时，设Q（a，9），由，
得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离
.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.
【点睛】
本题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
39．（2020·全国课时练习）在平面直角坐标中，圆与圆相交与两点．
（I）求线段的长．
（II）记圆与轴正半轴交于点，点在圆C上滑动，求面积最大时的直线的方程．
【答案】（I）；（II）或．
【解析】
【分析】
（I）先求得相交弦所在的直线方程，再求得圆的圆心到相交弦所在直线的距离，然后利用直线和圆相交所得弦长公式，计算出弦长.（II）先求得当时，取得最大值，根据两直线垂直时斜率的关系，求得直线的方程，联立直线的方程和圆的方程，求得点的坐标，由此求得直线的斜率，进而求得直线的方程.
【详解】
（I）由圆O与圆C方程相减可知，相交弦PQ的方程为．
点（0，0）到直线PQ的距离，

（Ⅱ），.

当时，取得最大值．
此时，又则直线NC为．
由，或
当点时，，此时MN的方程为．
当点时，，此时MN的方程为．
∴MN的方程为或．
【点睛】
本小题主要考查圆与圆相交所得弦长的求法，考查三角形面积公式，考查直线与圆相交交点坐标的求法，考查直线方程的求法，考查两直线垂直时斜率的关系，综合性较强，属于中档题.
40．（2020·全国课时练习）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.
（1）证明：坐标原点O在圆M上；
（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.
【答案】(1)证明见解析；(2) ， 或， .
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设，.
由 可得，则.
又，故.
因此的斜率与的斜率之积为，所以.
故坐标原点在圆上.
（2）由（1）可得.
故圆心的坐标为，圆的半径.
由于圆过点，因此，故，
即，
由（1）可得.
所以，解得或.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.
【名师点睛】
直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.
41．（2020·全国课时练习）已知三条直线l1:2x-y+a=0(a>0)，直线l2:4x-2y-1=0和直线l3:x+y-1=0，且l1和l2的距离是.
(1)求a的值.
(2)能否找到一点P，使得P点同时满足下列三个条件：①P是第一象限的点；②P点到l1的距离是P点到l2的距离的；③P点到l1的距离与P点到l3的距离之比是?若能，求出P点坐标；若不能，请说明理由.
【答案】（1）a=3；（2）P().
【解析】
【分析】
(1) 根据两条直线是平行关系，利用两条平行线的距离公式即可求得a的值．
(2) 根据点到直线的距离公式，讨论当P点满足②与③两种条件下求得参数的取值，并注意最后结果的取舍．
【详解】
(1)l2的方程即为，
∴l1和l2的距离d=，∴.∵a>0,∴a=3.
(2)设点P(x0,y0)，若P点满足条件②，则P点在与l1和l2平行的直线
l′:2x-y+c=0上，且,即c=或c=.
∴2x0-y0+或2x0-y0+.
若点P满足条件③，由点到直线的距离公式，
∴x0-2y0+4=0或3x0+2=0.
由P在第一象限，∴3x0+2=0不合题意.
联立方程2x0-y0+和x0-2y0+4=0，解得x0=-3,y0=,应舍去.
由2x0-y0+与x0-2y0+4=0联立，解得x0=,y0=.
所以P()即为同时满足三个条件的点.
【点睛】
本题考查了直线与直线的平行关系、平行线间的距离等，关键计算量比较大，注意不要算错，属于中档题．
42．（2020·江苏泰州·高一期末）已知，为上三点.

（1）求的值；
（2）若直线过点(0，2)，求面积的最大值；
（3）若为曲线上的动点，且，试问直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）定值为：.
【解析】
【分析】
（1）由为圆上的点即可得；
（2）设，，，，根据利用韦达定理即可求解；
（3）直线和直线的斜率之积为，设，，，，，，即可得，，由可得，代入，求得即可．
【详解】
解：（1）∵为圆上，
所以
∴
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，，将代人得，
所以
令，则，
当，即时面积取得最大值
（3）设直线和直线的斜率之积为
设，，则
①，
因为，为圆上，所以，
化简得
整理得②
因为，所以
从而，又因为为曲线的动点
所以展开得
将①代入得
化简得
将②代人得
，整理得
，
因为所以从而
又所以
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，考查两直线的斜率之积是否为定值的判断与证明，解题时要认真审题，注意韦达定理的合理运用，属于中档题．
43．（2020·福建高一期末）已知A，B，C为圆x2+y2＝1上的3个不同的动点，且坐标原点O在△ABC的内部．
（1）若∠ACB＝，则是否存在以O为圆心且与动直线AB恒相切的定圆，若存在，求出该圆的方程，若不存在，请说明理由；
（2）若求△ABC的面积．
【答案】(1)存在，圆方程为；(2) .

【解析】
【分析】
(1) 存在，由为圆上的3个不同的动点，可得，到直线的距离为，可得圆得方程；
(2)由已知条件可得，设，
可得，分当垂直轴时与当不垂直轴时进行讨论，可得的面积.
【详解】
解：(1) 存在以为圆心且与动直线恒相切的定圆,理由如下：
因为为圆上的3个不同的动点，,
故,
所以到直线的距离为，
所以存在以为圆心且与动直线恒相切的定圆，
该圆方程为：；
(2) 由为圆上的3个不同的动点，
所以，
又，
故
即，，
设，
可得，
当垂直轴时，或，
所以或，
可得;
当不垂直轴时，设的方程为；
由，可得；
可得；
由，可得，
整理得：，且，
设到直线的距离为，则，
所以，
故,
又为得重心，
可得.
解法二：（1）同解法一；
（2）由为圆上的3个不同的动点，
所以，
又，
故
即，，
设，
可得，
中点为，且，则，
，
故,
又为得重心，
可得.
【点睛】
本题以圆为载体考查圆的方程、直线与圆的位置关系、平面向量数量积、三角形面积等基础知识，考查运算求解能力、直观想象能力，体现函数与方程、数形结合等数学思想，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性，综合性.
44．（2020·江苏盐城·高一期末）在平面直角坐标系中，已知圆心在x轴上的圆C经过点，且被y轴截得的弦长为.经过坐标原点O的直线l与圆C交于M，N两点
（1）求当满足时对应的直线l的方程；
（2）若点，直线与圆C的另一个交点为R，直线与圆C的另一个交点为T，分别记直线l、直线的斜率为，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）可设圆的标准方程为，将代入求出，过点作，由向量关系得，再结合勾股定理代换，求出，设出直线的一般方程，由圆心到直线的距离公式即可求解；
（2）设，由点斜式表示出直线的方程为，联立圆的方程，由韦达定理求出点坐标，同理可求点坐标，化简即可求解；也可采用直接求证的关系，推出，从而，推出直线与直线关于轴对称，得证.
【详解】
（1）由已知圆的圆心在轴上，经过点，
且被轴截得的弦长为.设圆，
代入，得圆的方程为
过点作，由得到，，
所以，即
，所以
设直线的方程为（直线与轴重合时不符题意）
由圆心到直线距离公式得=，，
所以直线的方程为.

（2）法一：设，
直线的方程为，其中
与联立得，由韦达定理得，所以，
所以，同理
所以
所以
法二：设，
设直线的方程为与圆的方程为联立得
，所以（）
所以
代入（）得，
从而，
所以直线与直线关于轴对称，所以
【点睛】
本题主要考查圆的标准方程求法，由直线与圆的位置关系求直线解析式，由韦达定理求证斜率之积为定值问题，考查了转化与化归能力，计算能力，属于难题
45．（2019·浙江下城·杭州高级中学高二期中）如图，在平面直角坐标系中，已知圆O：，过点且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点.

（1）若直线l的斜率，求线段AB的长度；
（2）设直线QA，QB的斜率分别为，，求证：为定值，并求出该定值；
（3）设线段AB的中点为M，是否存在直线l使，若存在，求出直线l的方程，若不存在说明理由.
【答案】(1) 2 ; (2) 定值为0，证明见答案; (3) 存在，
【解析】
【分析】
（1）根据点到直线的距离以及勾股定理可得.
（2）联立直线与圆，根据韦达定理以及斜率公式可得.
（3）设点，由，以及韦达定理、中点公式可解得，再根据判别式可得答案．
【详解】
(1) 直线l的斜率,则直线l的方程为：
圆心到直线l的距离为.
所以.
(2)设直线l的方程为，
由,有 (*)
，
所以 ,。

.
所以为定值0.
(3) 设点，由(2)有 ,
所以
又，即.
所以.
即.
则有.
整理得. 得
,得.
则满足条件
所以满足条件的直线l为：..
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于难题.
46．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中高二期末（理））已知两个定点，， 动点满足，设动点的轨迹为曲线，直线：.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）若与曲线交于不同的、两点，且 (为坐标原点)，求直线的斜率；
（3）若，是直线上的动点，过作曲线的两条切线、，切点为、，探究：直线是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）设点的坐标为，根据列出方程化简，即可求解轨迹方程；
（2）依题意知，且，则点到边的距离为1，列出方程，即可求解；
（3）根据题意，，则都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设，联立两个圆的方程，即可求解．
【详解】
（1）由题，设点的坐标为，
因为，即，
整理得，
所以所求曲线的轨迹方程为．
（2）依题意，，且，
由圆的性质，可得点到边的距离为1，
即点到直线的距离为，解得，
所以所求直线的斜率为．
（3）依题意，，则都在以为直径的圆上，
是直线上的动点，设，
则圆的圆心为，且经过坐标原点，
即圆的方程为，
又因为在曲线上，
由，可得，
即直线的方程为，
由且，可得，解得，
所以直线过定点．
【点睛】
本题主要考查了轨迹方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式，以及两点间的距离公式等知识点的综合应用，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题．
47．（2020·山东任城·济宁一中高三一模）已知点P(2,2),圆，过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.
(1)求点M的轨迹方程;
(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.
【答案】(1) ；(2)直线的方程为，的面积为.
【解析】
【分析】
求得圆的圆心和半径.
（1）当三点均不重合时，根据圆的几何性质可知，是定点，所以的轨迹是以为直径的圆（除两点），根据圆的圆心和半径求得的轨迹方程.当三点有重合的情形时，的坐标满足上述求得的的轨迹方程.综上可得的轨迹方程.
（2）根据圆的几何性质（垂径定理），求得直线的斜率，进而求得直线的方程.根据等腰三角形的几何性质求得的面积.
【详解】
圆，故圆心为，半径为.
(1)当C,M,P三点均不重合时,∠CMP=90°,所以点M的轨迹是以线段PC为直径的圆(除去点P,C),线段中点为，，故的轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2(x≠2,且y≠2或x≠0,且y≠4).
当C,M,P三点中有重合的情形时,易求得点M的坐标为(2,2)或(0,4).
综上可知,点M的轨迹是一个圆,轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2.
(2)由(1)可知点M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆.
由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上,从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3,所以的斜率为，故的方程为，即.
又易得|OM|=|OP|=，点O到的距离为，，
所以△POM的面积为.
【点睛】
本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查圆的几何性质，考查等腰三角形面积的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
48．（2020·四川武侯·成都七中高一期末）已知圆经过坐标原点和点，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）设是圆的两条切线，其中为切点．
①若点在直线上运动，求证：直线经过定点；
②若点在曲线（其中）上运动，记直线与轴的交点分别为 ， 求面积的最小值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②32.
【解析】
【分析】
（1）由题可设圆心坐标为，则根据圆经过坐标原点和点得，再根据两点间的距离公式列式解得圆心为，半径为，即可得方程；
（2）①根据题意设，再根据题意知在以为直径的圆上，此时再写出以为直径的圆的方程，又因为是两圆的公共弦，所以两圆方程做差求得弦的方程即可解决；
②设，过的与圆相切的直线斜率为，写出切线方程，再根据直线与圆相切得关于的一元二次方程，不妨记直线的斜率为，直线的斜率为，利用韦达定理得与关系，另一方面，写出，方程，令得，再求出，表示出面积，再根据函数的性质求解面积最值即可.
【详解】
解：（1）因为圆心在直线上，故设圆心坐标为，
又因为圆经过坐标原点和点，
所以，即，解得：，
所以圆心为，半径为，所以圆的方程为：；
（2）①因为点在直线上运动，故设，
又因为是圆的两条切线，其中为切点，故连接，如图

所以，，所以在以为直径的圆上，
所以的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为：
，化简得：，
所以是两圆的公共弦，故两圆方程做差得弦的方程：，
整理得：，所以直线经过定点；
②设点，设过的与圆相切的直线斜率为，切线方程为：，
∴ 圆心到切线的距离，
整理得：
∴ 由题知： 即：，整理得：，
，
不妨记直线的斜率为，直线的斜率为
所以有，，令得，

∴ ，
，
令，则
∴

∴
∴
【点睛】
本题考查圆的方程的求解，直线与圆的位置关系等知识点，考查数学运算能力.
49．（2020·全国高三其他（文））已知抛物线，抛物线上的点到焦点的距离为2．

（1）求抛物线的方程和的值；
（2）如图，是抛物线上的一点，过作圆的两条切线交轴于，两点，若的面积为，求点的坐标．
【答案】（1），；（2）或．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，由抛物线的定义可求出，即可求出抛物线的方程，再将点点代入抛物线方程中，即可求出的值；
（2）设点，分类讨论当切线的斜率不存在时和当切线的斜率不存在时，结合题给，得出不符合题意；则当切线，的斜率都存在时，则，设切线方程为，根据圆的切线的性质和点到直线的距离公式，以及韦达定理的应用，即可求出和的坐标，再结合可求出，即可求出点点的坐标.
【详解】
解：（1）由抛物线的定义，易得，
∴，
∴抛物线的方程为，
由于点在抛物线上，
则，解得：.
（2）设点，
当切线的斜率不存在时，，
设切线，
圆心到切线的距离为半径长，即，
∴，∴，∴，不符合题意；
同理，当切线的斜率不存在时，，不符合题意；
当切线，的斜率都存在时，则，
设切线方程为，
圆心到切线的距离为半径长，即，
两边平方整理得，
设，为方程的两根，则，
由切线，切线，
得，，
∴
，
由于，则，
整理得：，
∴或72，
∴或.
【点睛】
本题考查抛物线的定义和标准方程，考查直线与圆的位置关系，圆的切线的性质、点到直线的距离，以及利用韦达定理求参数，考查化简运算能力.
50．（2020·浙江湖州·高一期末）已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
（1）当切线PA的长度为时，求点P的坐标；
（2）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）求线段AB长度的最小值．
【答案】（1）或；（2）圆过定点，；（3）当时，AB有最小值．
【解析】
【分析】
（1）设，由，计算即可求得，得出结果；
（2）因为A、P、M三点的圆N以MP为直径，所以圆的方程为，化简为，由方程恒成立可知，即可求得动圆所过的定点；
（3）由圆和圆方程作差可得直线方程，设点到直线AB的距离，则，计算化简可得结果.
【详解】
（1）由题可知，圆M的半径，设，
因为PA是圆M的一条切线，所以，
所以，
解得或，
所以点P的坐标为或．
（2）设，因为，
所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，
其方程为，
即，
由，
解得或，
所以圆过定点，．
（3）因为圆N方程为，
即①
又圆②
①-②得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为
．
点到直线AB的距离，
所以相交弦长
，
所以当时，AB有最小值．
【点睛】
本题考查直线和圆的位置关系，考查定点问题和距离的最值问题，难度较难.
51．（2020·无锡市大桥实验学校高一期中）如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点，（在的上方），且.

（1）求圆的标准方程；
（2）过点作任一条直线与圆：相交于，两点.
①求证：为定值，并求出这个定值；
②求的面积的最大值.
【答案】（1）（2）①；证明见解析②
【解析】
【分析】
（1）由直线与圆相交，利用勾股定理构建方程求得半径，得答案；
（2）①分类讨论是否存在，当存在时，可联立直线与圆的方程，进而确定的关系，利用斜率k分别表示,，再利用弦长公式表示，作商并化简，得答案；当不存在时，M为特殊位置，直接表示，作商，得答案；
②利用点到直线的距离公式表示点B到的距离，利用弦长公式表示，最后表示所求的面积，借助换元法求得函数的最大值即可.
【详解】
（1）由题可知点，所以可以设圆心
因为，所以由，解得，所以
所以圆的标准方程为；
（2）①证明：由（1）可得，
当存在时，设
将直线和圆的方程联立：
得——Ⅰ
设，，且，
那么，
所以——Ⅱ
由Ⅰ得，
将其代入Ⅱ化简可得；
当不存在时，显然为或
此时或
则
综上所述：为定值
②由题可知此时必然存在，仍设
则点B到的距离为：
由①可知Ⅰ式：
则
所以
故

令，则
其内部函数开口向上，对称轴为
故当时，.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的综合问题，涉及求圆的标准方程，过定点的弦长问题，还考查了平面中三角形面积的最值问题，属于难题.
52．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高一月考）已知圆M的圆心在直线：上，与直线：相切，截直线：所得的弦长为6.
（1）求圆M的方程；
（2）过点的两条成角的直线分别交圆M于A，C和B，D，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）设圆的标准方程，将圆心代入直线的方程，由点到直线距离公式求得圆M到的距离，由弦长公式及点到直线距离公式表示出直线与圆的关系，解方程组即可求得的值，即可求得圆M的标准方程
（2）解法1：作，，令，，讨论或两种情况：当时，由余弦定理表示出，而、、、四点共圆，根据正弦定理求得，进而求得，结合基本不等式即可求得，即可求得四边形面积的最大值；当时，由基本不等式求得，即可由二次函数性质求得四边形面积的最大值.
解法2：结合三角形面积公式可得，由基本不等式可知，讨论或两种情况，即可确定四边形面积的最大值.
【详解】
（1）设圆M的方程为：
则，解得：，
∴所求圆方程为
（2）解法1：
如图作，，令，，或

当时，，
因、、、四点共圆，
由正弦定理，
∴，
又，
∴，




，
，当且仅当时取等，
当时，，
∴，
又，
所以，
综上所述，四边形面积的最大值为.
解法2：
（当且仅当时取等号），
要使得，则直线PM应是的平分线，
当时，圆心M到直线AC、BD的距离为，则，
.
当时，圆心M到直线AC、BD的距离为，则，
.
综上所述，四边形面积的最大值为.
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系应用，由点到直线距离和弦长求圆的标准方程，正弦定理与余下定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，基本不等式求最值，属于难题.
53．（2017·广东茂名·高二期中（文））已知曲线C:x2＋y2＋2kx＋(4k＋10)y＋10k＋20＝0,其中k≠－1.
(1)求证:曲线C都表示圆,并且这些圆心都在同一条直线上;
(2)证明:曲线C过定点;
(3)若曲线C与x轴相切,求k的值.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
【分析】
(1) 将方程配方得到圆的标准方程，由k≠－1可得曲线一定表示圆；根据圆心的坐标，消去参数可得圆心所在的直线方程。
(2) 将曲线方程变化为关于k的方程，进而令系数、常数都为0，即可求得所过的定点坐标。
(3) 因为与y轴相切，所以纵坐标的绝对值即为圆的半径，因而可求得k的值。
【详解】
(1)原方程可化为(x＋k)2＋(y＋2k＋5)2＝5(k＋1)2.
∵k≠－1,
∴5(k＋1)2＞0.
故方程表示圆心为(－k,－2k－5),
半径为的圆.
设圆心为(x,y),有
消去k,得2x－y－5＝0.
∴这些圆的圆心都在直线2x－y－5＝0上.
(2)将原方程变形成
k(2x＋4y＋10)＋(x2＋y2＋10y＋20)＝0.
上式关于参数k是恒等式,
∴
解得
∴曲线C过定点(1,－3).
(3)∵圆C与x轴相切,
∴圆心到x轴的距离等于半径,
即|－2k－5|＝|k＋1|.
两边平方,得(2k＋5)2＝5(k＋1)2.
∴.
【点睛】
本题考查了圆的判别式、轨迹方程、过定点、求参数等，涉及圆的基本概念和性质，较为综合，属于中档题。

四、双空题
54．（2020·广东期末）直线被圆截得的弦长的最大值是______；若该圆上到此直线的距离等于1的点有且仅有4个，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
确定圆的圆心和半径，由圆的性质可得直线过圆心时截得的弦长最大；转化条件为圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式即可得解.
【详解】
因为圆的圆心为，半径为，
所以当直线过圆心时，截得的弦长最大，最大值为；
若要使该圆上到此直线的距离等于1的点有且仅有4个，
则圆心到直线的距离，所以.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了由圆的标准方程确定圆的圆心和半径，考查了直线与圆位置关系的应用，属于基础题.
55．（2020·全国课时练习）设直线l的方程为(a＋1)x＋y－2－a＝0(a∈R)．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为__________________________；
(2)若a>－1，直线l与x、y轴分别交于M、N两点，O为坐标原点，则△OMN的面积取最小值时，直线l对应的方程为________________.
【答案】x－y＝0或x＋y－2＝0 x＋y－2＝0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①当直线l经过坐标原点时，
可得a＋2＝0，
解得a＝－2．
所以直线l的方程为－x＋y＝0，即x－y＝0；
②当直线l不经过坐标原点，即a≠－2且a≠－1时，
由条件得，
解得a＝0，
所以直线l的方程为x＋y－2＝0．
综上可得直线l的方程为x－y＝0或x＋y－2＝0．
(2)在(a＋1)x＋y－2－a＝0（a>－1）中，
令，得；令，得．
所以．
由于，得．
所以
．
当且仅当，即a＝0时等号成立．
此时直线l的方程为x＋y－2＝0．
答案：(1) x－y＝0或x＋y－2＝0 (2) x＋y－2＝0
【点睛】
用基本不等式求最值时，首先要判断是否满足了使用基本不等式的条件，若满足则可直接利用基本不等式求出最值；若不满足，则需要对代数式进行适当的变形，此时要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等变形的技巧，通过变形使得代数式满足基本不等式中“正”、“ 定”、“等”的条件．

五、填空题
56．（2019·广州市培正中学期末）若直线与直线平行，则实数a的值是_______.
【答案】.
【解析】
【分析】
由已知结合直线平行的条件即可直接求解.
【详解】
解：∵直线与直线平行，
故，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了直线平行的条件的应用，属于基础题.
57．（2020·全国课时练习）入射光线从P(2,1)出发，经x轴反射后，通过点Q(4,3)，则入射光线所在直线的方程为________.
【答案】2x＋y－5＝0
【解析】
【分析】
利用反射定理可得入射光线所在直线，经过P(2,1),Q′(4，－3)，即可列出两点式直线方程，化简得直线方程：2x＋y－5＝0..
【详解】
利用反射定理可得，点Q(4,3)关于x轴的对称点Q′(4，－3)在入射光线所在直线上，故入射光线l所在的直线PQ′的方程为，化简得2x＋y－5＝0.
【点睛】
本题借助反射的对称原理，考查了直线的两点式方程；在求直线方程时，要明确直线方程的几种形式及各自的特点，一般已知斜率，选择斜截式或点斜式；已知在两个坐标轴上的截距，选择截距式；已知直线上两点，选择两点式，并且要注意斜率不存在的情况.
58．（2020·全国课时练习）两圆相交于，两点，若两圆的圆心均在直线上，则的值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】
两相交圆的的圆心连线垂直平分两圆的公共弦，根据相互垂直的直线斜率之积为-1，可求得m的值，将A，B的中点坐标代入直线方程，可求得c的值，进而求解.
【详解】
由题意可知直线是线段的垂直平分线，又直线的斜率为1，则，即.
又由题意可知，，解得.
故.
故填：3
【点睛】
本题考查了两相交圆的公共弦的性质，考查了两直线垂直时斜率之间的关系，考查了中点坐标，根据已知判断直线是公共弦的垂直平分线是解答本题的关键.
59．（2020·全国课时练习）已知直线过点且与直线：垂直，则的点斜式方程为 ．
【答案】y－1＝－(x－2)．
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意可知：直线的斜率为−1，
所以的点斜式方程为y－1＝－(x－2)．
考点：两直线垂直的斜率关系.
60．（2019·绍兴鲁迅中学高二期中）平面直角坐标系中，已知是的一条弦，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______．
【答案】
【解析】
【分析】
依据题意可得点的轨迹方程，然后计算点到直线的距离，最后根据，进行判断与计算可得结果.
【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
故答案为：
【点睛】
本题考查直线与圆的综合，本题关键在于点的轨迹，考查分析能力以及逻辑推理能力，属难题.