【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习11《九种直线和圆的方程的解题方法》(解析版).doc，共(67)页，6.890 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点11九种直线和圆的方程的解题方法（核心考点讲与练）题型一：直接法求直线方程一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）直线l经过两条直线10xy和2320xy的交点，且平行于直线240xy，则直线l的方程为（）A．210xyB．210xyC．220xy

D．220xy【答案】B【分析】联立已知两条直线方程求出交点，再根据两直线平行则斜率相同求出斜率即可.【详解】由102320xyxy得两直线交点为(－1，0)，直线l斜率与240xy相同，为12，则直线l方程为y－0＝12(x

＋1)，即x－2y＋1＝0.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习（文））若经过点(1,2)P的直线与圆225xy相切，则该直线在y轴上的截距为()A．52B．5C．52D．5【答案】C【分析】判断P点在圆上，圆心为原点O，则切线斜率为1OPk，根据直线方程的点斜式写出切

线方程，令x＝0即可求出它在y轴上的截距.【详解】∵22(1)(2)5，∴P在圆上，设圆心为O，则221OPk，则过P的切线斜率12k，∴切线方程为：1212yx，令0x得52y.故选：C.3．（2022·浙江·高三专题练习）如图，圆1C、2C在第一象限，且与

x轴，直线2:2lyx均相切，则圆心1C、能力拓展2C所在直线的方程为（）A．2yxB．22yxC．24yxD．yx【答案】B【分析】设直线12CC的倾斜角为，则为锐角，由已知可得出22tantan2221tan，求出tan的值，即可得

出直线12CC的方程.【详解】设直线12CC的倾斜角为，则为锐角，由已知可得22tantan2221tan，整理可得22tantan20，因为tan0，解得2tan2.因此，直线12CC的方程为22yx.故选：B.4．（2

022·重庆·高三开学考试）若直线l交圆22:420Cxyxy于A、B两点，且弦AB的中点为1,0M，则l方程为（）A．10xyB．10xyC．10xyD．10xy【答案】A【分析】

由垂径定理可知ABCM，求出直线CM的斜率，可得出直线AB的斜率，利用点斜式可得出直线l的方程.【详解】圆C的标准方程为22215xy，圆心为2,1C，因为弦AB的中点为1,0M，由垂径定

理可知，ABCM，01112CMk，故1ABk，因此，直线l的方程为1yx，即10xy.故选：A.二、多选题5．（2022·全国·高三专题练习）过点2,3A且在两坐标轴上截距相等的直线方程为（）A．320xyB．230xyC．5xy

D．1xy【答案】AC【分析】分截距为零和不为零两种情况讨论即可.【详解】当截距为0时，过点2,3A和原点，直线方程为32yx，即320xy，当截距不为0时，设直线方程为1xyaa，可得231aa，∴5a，所以直线方程为5xy,故选：AC.6．（2022·全国

·高三专题练习）已知(1,2)A，(3,4)B，(2,0)C，则（）A．直线0xy与线段AB有公共点B．直线AB的倾斜角大于135C．ABC的边BC上的中线所在直线的方程为2yD．ABC的边BC上的高所在直线的方程为470xy

【答案】BCD【分析】因为21OAk，0OBk，所以可以判断A错误；因为1ABk，所以直线AB的倾斜角大于135，B正确；因为求出直线方程可判断C、D.【详解】、因为21OAk，0OBk，所以直线0xy与线段AB无公共点，A错误；因为42113

12ABk，所以直线AB的倾斜角大于135，B正确；因为线段BC的中点为5,22，所以BC边上的中线所在直线的方程为2y，C正确；因为4432BCk，所以BC上的高所在直线的方程为12(1)4yx，即4

70xy，D正确.故选：BCD7．（2022·全国·高三专题练习）已知直线l过点P（－1，1），且与直线1:230lxy以及x轴围成一个底边在x轴上的等腰三角形，则下列结论正确的是（）A．直线l与直线l1的斜率互为相反数B．所围成的等

腰三角形面积为1C．直线l关于原点的对称直线方程为210xyD．原点到直线l的距离为55【答案】ACD【分析】由题直线l与直线1l的倾斜角互补，可求直线l方程，即可判断.【详解】由题意可知直线l与直线1:230lxy的倾斜角互补，所以直线l的斜率为－

2，故A正确；直线l过点P（－1，1），∴直线方程l为：210xy,所以所围成的等腰三角形面积为1131()12222，故B错误；所以直线l关于原点的对称直线方程为210xy，故C正确；所以原点到直线l的

距离为2215521，故D正确.故答案为：ACD.8．（2021·全国·模拟预测）已知平面上的线段l及点P，任取l上一点Q，称线段PQ长度的最小值为点P到线段l的距离，记作(,)dPl.已知线段1:(122)lxy，21:()20lxy，点P为平面上一点，且

满足12(,)(,)dPldPl，若点P的轨迹为曲线C，A，B是第一象限内曲线C上两点，点(10)F，且54AF，262BF，则（）A．曲线C关于x轴对称B．点A的坐标为1,14C．点B的坐标为35,22

D．FAB的面积为1916【答案】BCD【分析】先确定1l和2l对应的图象，然后对y进行分类讨论，分别研究点P的轨迹，然后对各个选项进行逐一分析判断即可.【详解】1:(122)lxy为线段SQ，2l：12

0()xy为线段FR，又12(,)(,)dPldPl，①当20y时，由题意可得，点P在y轴上；②当2y时，1(),dPlPQ，2,dPlPR，此时点P在y轴上；③当02y时，1(),dPl为点P

到1x的距离，2(),dPlPF，此时点P的轨迹是一条抛物线，准线方程为1x，所以2p，故抛物线的标准方程为24yx；④当2y时，1(),dPlPS，2(),dPlPF，此时点P在SF的中垂线上，而2()1,S

，(1,0)F，中点坐标为(0,1)，所以2111SFk，所以点P在直线1yx上，故选项A错误；又54AF，所以514Ax，解得14Ax，故点A的坐标为1,14，故

选项B正确；因为262BFFT，又点B在1yx上，联立方程组222126(1)2yxxy，可得35,22xy，所以点B的坐标为35,22，故选项C正确；51

6231524ABk，故直线AB的方程为61154yx，则直线AB与1x的交点坐标为191,10G，所以119119319112104210216FABFGAFGBSSS△△△，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.题型二：待定系数法求直线方程一、单选题1．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））已

知抛物线C：22ypx的焦点F的坐标为20，，准线与x轴交于点A，点M在第一象限且在抛物线C上，则当MAMF取得最大值时，直线MA的方程为（）A．24yxB．24yxC．y=x+2D．2yx【答案】C【分析】过M作MP与准线垂直，垂足为P，分

析得到MAMF取得最大值，则∠MAF必须取得最大值，此时AM与抛物线相切，联立直线和抛物线的方程根据=0即得解.【详解】解：过M作MP与准线垂直，垂足为P，则11MAMAMFMPcosAMPcosMAF，则当MAMF取得最大值，则∠

MAF必须取得最大值，此时AM与抛物线相切，因为抛物线C：22ypx的焦点F的坐标为20，，所以28yx.设切线方程为y＝k（x+2），则228ykxyx，ky2﹣8y+16k＝0，Δ＝64﹣64k2＝0，k2＝1

，则k=±1，因为点M在第一象限且在抛物线C上，所以1k.则直线方程y＝x+2.故选：C2．（2022·全国·高三专题练习）若直线1:2330lxy与2l互相平行，且2l过点(2,1)，则直线2l的方程为（）A．3270xyB．3240xyC．2330x

yD．2310xy【答案】D【分析】由题意设直线2l的方程为230xym，然后将点(2,1)代入直线1:230lxym中，可求出m的值，从而可得直线2l的方程【详解】因为直线1:2330lxy与2l互相平行，所以设直线2l的方程为2

30xym，因为直线2l过点(2,1)，所以430m，得1m，所以直线2l的方程为2310xy，故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）已知直线:20laxya在x轴与y轴上的截距相等，则实数a的值是（）A．1

B．﹣1C．﹣2或1D．2或1【答案】D【分析】对a分类讨论，由截距相等解出a的值.【详解】当0a时，直线2y，此时不符合题意，应舍去；当2a时，直线:20lxy，在x轴与y轴上的截距均为0，符合题意；当0a且2a，由直线:20laxya可得

：横截距为2aa，纵截距为2a.由22aaa，解得：1a.故a的值是2或1.故选：D4．（2022·全国·高三专题练习）过点1,2作直线l，满足在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线l有（）条

.A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】根据“两坐标轴上截距的绝对值相等”条件进行分类讨论：一是截距相等且不为0，二是截距互为相反数且不为0，三是截距为0【详解】若截距相等且不为0，可以设直线方程为：1xyaa将点1,2代入直线方程后可得：121a

a解得：3a此时，直线方程为：133xy若截距互为相反数且不为0，可以设直线方程为：1xyaa将点1,2代入直线方程后可得：121aa解得：1a此时，直线方程为：111xy若截距为0，则直线过原点，此时，直

线的方程为：2yx.故选：C二、多选题5．（2021·重庆梁平·高三阶段练习）已知直线l：310xy，则下列结论正确的是（）A．直线l的倾斜角是3B．若直线m：310xy，则lmC．点

(3,0)到直线l的距离是2D．过(23,2)与直线l平行的直线方程是340xy【答案】ACD【分析】求出给定直线的斜率经计算可判断A，B；求点到直线距离判断C；由平行直线求方程判断D作答.【详

解】直线l：310xy的斜率3k，则其倾斜角为3，A正确；直线m：310xy的斜率33k，显然，1kk，即l与m不垂直，B不正确；点(3,0)到直线l的距离22|331|2(3)1d

，C正确；设过(23,2)与直线l平行的直线方程是30(1)xyaa，则有32320a，解得4a，所以过(23,2)与直线l平行的直线方程是340xy，D正确.故选：ACD6．

（2022·全国·高三专题练习）下列命题正确的是（）A．已知点3(2,)A，(3,2)B，若直线(1)1ykx与线段AB有交点，则34k或4kB．1m是直线1l：10mxy与直线

2l：220mxmy垂直的充分不必要条件C．经过点1,1且在x轴和y轴上的截距都相等的直线的方程为20xyD．已知直线1l：10axy，2l：10xay，Ra，和两点(0,1)A，(1,0)B，如果1l与2l交于点M，则M

AMB的最大值是1.【答案】ABD【分析】利用数形结合可判断A，利用两条直线垂直的条件及充分条件必要条件的定义可判断B，可求出过点1,1且在x轴和y轴上的截距都相等的直线的方程判断C，利用条件可

得两直线垂直，再利用基本不等式可求最值判断D.【详解】对于A，∵直线(1)1ykx过定点(1,1)P，又点3(2,)A，(3,2)B，∴131234,12134PAPBkk，如图可知若直线(1)1ykx与线段AB有交

点，则4,PAkk或34PBkk，故A正确；对于B，由直线1l：10mxy与直线2l：220mxmy垂直得，(2)0mmm，解得0m或1m，故1m是直线1l：10mxy与直线2l：220mxmy垂直

的充分不必要条件，故B正确；对于C，当直线过原点时，直线为xy，当直线不过原点时，可设直线为1xyaa，代入点1,1，得2a，所以直线方程为20xy，故经过点1,1且在x轴和y轴上的截距都相等的直线的方程为20xy或xy，故C错误；对于D，∵直线1l：10ax

y，2l：10xay，又110aa，所以两直线垂直，∴2222MAMBAB，∴2212MAMBMAMB，当且仅当MAMB时取等号，故D正确.故选：ABD7．（2022·全国·高三专题练习）下列

说法错误．．的是（）A．若直线210axy与直线20xay互相垂直，则1aB．直线sin20xy的倾斜角的取值范围是30,,)44[C．0,1,2,1,3,4,1,2ABCD四点不在同一个圆上D．经过点1,1且在x轴和y轴上截距都相

等的直线方程为20xy【答案】ACD【分析】当0a时，两直线互相垂直，所以选项A不正确；直线tansin[1，1]，所以的取值范围是3[0,][,)44；所以选项B正确；由题得BADBCD,所以四点在同一个圆上，所以选项C不

正确；截距都相等的直线方程为20xy或yx，所以选项D不正确.【详解】解：当0a时，直线210axy与直线20xay也互相垂直，所以选项A不正确；直线sin20xy的倾斜角，可得tansin[1，1]，所以的取值范围是3[

0,][,)44；所以B正确；由题得42102||2,||2,||10,cos242ABADBDBAD,2010102||25,||10,||10,cos222510CDBCBDBCD，所以BADBC

D,所以0,1,2,1,3,4,1,2ABCD四点在同一个圆上，所以选项C不正确；经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为20xy，或yx，所以D不正确；故选：ACD8．（2021·全国·高三专题练习）直线l与圆22(

2)2xy相切，且l在x轴、y轴上的截距相等，则直线l的方程可能是A．0xyB．2220xyC．0xyD．40xy【答案】ACD【解析】由于直线l在x轴、y轴上的截距相等，设直线为：0xya或ykx，利用圆心到直线的距离为半径，即得解【详解】由于直线l在

x轴、y轴上的截距相等，设直线为：0xya或ykx由于直线l与圆22(2)2xy相切，故圆心(2,0)到直线的距离等于半径2r|2|20,42ada或2|2|211kdkk故直线的方程为：0,40,0xyxyxy故选：ACD【点睛

】本题考查了直线和圆的位置关系和直线的截距，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算能力，属于中档题三、填空题9．（2022·全国·高三专题练习（理））已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，过焦点F的直线C交于11(,)Axy，22(,)Bxy两点，

若21154xx，则直线AB的方程为______．【答案】4340xy或4340xy【分析】由题意设直线AB的方程为(1)ykx，其中0k，代入抛物线方程消去y，利用根与系数的关系，再对21154xx两边平方化简变形，结合前面的式子

可求出k，从而可求出直线AB的方程【详解】焦点F的坐标为1,0，显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为(1)ykx，其中0k，联方程24,(1),yxykx消去y后整理为2222(24)0kxkxk，可得2122

22442kxxkk，121xx，则2221211224154244xxxxxxk，解得43k．故直线AB的方程为4433yx或4433yx，即4340xy或4340xy，故答案为

：4340xy或4340xy10．（2020·黑龙江·哈师大附中高三期末（理））若过点1,1A的直线l将圆22:324Cxy的周长分为2:1两部分，则直线l的斜率为___________.【答案】0或43【分析】直线将圆的周长分为2:1的两部分，则直线与圆

相交的弦长对应的圆心角为120，可求出圆心到直线的距离，从而求得直线斜率.【详解】易知直线将圆的周长分为2:1的两部分，直线与圆相交的弦长对应的圆心角为120，圆心到直线的距离为2cos601，设直线方程为10kxyk，由点到直线距离公式有232111kkk，则23

40kk，解得0k或43.故答案为：0或43.四、解答题11．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C：22214xy，直线l：423360mxmym.(1)过点4,2P，作

圆C的切线1l，求切线1l的方程；(2)判断直线l与圆C是否相交，若相交，求出直线l被圆截得的弦长最短时m的值及最短弦长；若不相交，请说明理由.【答案】(1)51240xy或4x(2)相交，57m，最短弦长22【分析】（1）由直线与圆相切的关系，利用待定系数法求解即可；（2

）先判断点Q在圆C的内部，直线l与圆C相交，则最短弦与过该点的直径垂直，即可求解(1)当斜率存在时，设切线方程为24ykx∴23221kdk解得512k∴51240xy.当斜率不存在时，方程为4x与圆相切满足条件..∴切线方程为

51240xy或4x.(2)直线l：436230mxyxy∴直线l过4360,230,xyxy的交点3,2Q又∵3,2Q满足22322124∴点Q在圆C的内部∴直线l与圆C相交又

1CQk，∴最短弦的斜率为-1，即42133mm，57m，∴最短弦的方程为50xy，∴222d∴最短弦长为24222.12．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为1F，2F，且12||2FF=，点3(1

,)2在椭圆C上.（1）求椭圆C的方程；（2）过1F的直线l与椭圆C相交于,AB两点，且2AFB的面积为1227，求以2F为圆心且与直线l相切的圆的方程.【答案】(1)22143xy(2)(1)yx=?【分析】（1）由122FF可以求出1c，将点31,2代入椭圆方程可以

解出2a与2b的值，即可得出答案；（2）当直线l与x轴垂直时，可以求出,AB两点的坐标，即可求出2AFB的面积，经计算不符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，利

用弦长公式可以表示出AB，利用点到直线的距离公式可以表示出2F到直线l的距离，进而得到2AFB的面积表达式，求得k的值即可得到直线的方程．【详解】（1）因为122FF所以1c，又点31,2在该椭圆上，所以

221914ab，又221ab，解得24a，23b，所以椭圆C的方程为22143xy.（2）①当直线l与x轴垂直时，可得331,122AB，，，2AFB的面积为3，不符合题意．②当直线l与x轴不垂直时

，设直线l的方程为1ykx，代入椭圆的方程得22223484120kxkxk，显然0成立，设1122,AxyBxy，，则2122834kxxk，212241234

kxxk，所以22222121212122121()()1[)434kABxxyykxxxxk，用点到直线距离公式可得2F到直线l的距离221kdk，所以2AFB的面积422

1121222347kkSABdk，化简得4217180kk解得1k，因此直线的方程为10xy或10xy.【点睛】处理涉及直线和圆锥曲线交点问题时，一般设出交点坐标，但不求交点坐标，而是用韦达定理作整体运算（把12xx或12xx看作一个

整体）．题型三：已知两直线位置关系求参数值或范围一、单选题1．（2022·四川凉山·三模（理））已知直线1:210lxy，2:10lxay，且12ll，点1,2P到直线2l的距离d（）A．55B．

255C．355D．455【答案】D【分析】根据两直线垂直公式求得a，再用点到线的距离求解d即可【详解】由12ll可得2110a，解得2a，故22122145512d故选：D2．（2022·辽宁·二模）己知直线:0laxya，直线:0

mxaya，则lm∥的充要条件是（）A．1aB．1aC．1aD．0a【答案】A【分析】根据两直线平行的充要条件即可解出．【详解】因为直线:0laxya，直线:0mxaya，易知0a时，两直线垂直，所以

lm∥的充要条件是11aaaa，即1a．故选：A．二、多选题3．（2021·重庆一中高三阶段练习）下列说法正确的有（）A．若mR，则“1m”是“1l：330xmym与2l：20mxym

平行”的充要条件B．当圆222110xyx截直线l：1ykxkR所得的弦长最短时，1kC．若圆1C：222xyt与圆2C：22349xy有且仅有两条公切线，则2,6tD．直线l：tan412022yx的倾斜角为

139°【答案】AD【分析】由直线平行的条件求得参数值判断A，求出直线所过定点，当直线与定和圆心连线垂直时，弦长最短计算后判断B，由两圆位置关系判断C，根据直线的斜率与倾斜角的关系判断D．【详解】对于

A：1m时，1l：330xy，2l：310xy，显然12ll∥，反之，若12ll∥，则有31201mmm或3m，检验知3m时1l，2l重合，故1m，所以A对；对于B：圆心1,0M，l恒过0,1P，由圆性质知弦长最短时lMP，101

01MPk，所以1k，所以B错；对于C：圆心10,0C，23,4C，125CC，半径12rt，23r，由题知两圆相交，因此121212rrCCrr，即：23523tt，解得2,62t，所以C错；对于D：直线l

的斜率tan41tan18041tan139k，所以D对．故选：AD.4．（2021·广东·高三阶段练习）已知直线l过点1,2M且与圆C：2225xy相切，直线l与x轴交于点N，点P是圆C上的动点，

则下列结论中正确的有（）A．点N的坐标为3,0B．MNP△面积的最大值为10C．当直线l与直线10axy垂直时，2aD．tanMNP的最大值为43【答案】ABD【分析】根据题意，结合直线与

圆，点与圆的位置关系，以及垂直直线的斜率关系和正切的二倍角公式，一一判断即可.【详解】根据题意，易知点1,2M在圆C上.因为20212MCk，所以直线l的斜率12k，因此直线l的方程为230xy，令0y

，得3x，因此点N的坐标为3,0，故A正确；因为点P是圆C上的动点，所以点P到直线l的最大距离max225hr，又因为22132025MN，所以MNP△面积maxmax1

02MNhS，故B正确；因为直线l：230xy与直线10axy垂直，所以112a，解得2a，故C错误；当直线NPl与圆C相切时，锐角MNP最大，即tanMNP最大，此时2MNPMNC，因为51tan225MCMNCMN，所以

2122tan42tan11tan314MNCMNPMNC，故D正确.故选：ABD.三、填空题5．（2022·陕西·安康市高新中学三模（理））若双曲线2222:10,0xyCabab的一条渐

近线l与直线:20gaxbya平行，则直线l，g间的距离为______．【答案】33【分析】根据双曲线的方程得出双曲线的一条渐近线为0bxay，再利用两直线平行的条件，结合平行线间的距离公式即可求解【详解】由题意，双曲线C的一条渐近线l的方程为0bxay，因为lg∥，所以2

baab，解得2ab，所以直线l的方程为20xy，直线g的方程为210xy，所以l，g之间的距离为2210133312d.故答案为：33.6．（2022·天津·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知圆222:

(62)4560Cxymxmymm，直线l经过点(1,2)，若对任意的实数m，直线l被圆C截得的弦长都是定值，则直线l的方程为___________.【答案】20xy【分析】先将圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，通过分析可以看出，圆心在一条直线上，若对任意的实

数m，直线l被圆C截得的弦长都是定值，可得直线l与圆心所在的直线平行，即可求得结果【详解】将圆222:(62)4560Cxymxmymm，化为标准方程为22(3)(2)9xmym，则圆心(3,

2)Cmm，半径3r，令3,2xmym，消去m，得260xy，所以圆心在直线260xy上，因为直线l经过点(1,2)，对任意的实数m，直线l被圆C截得的弦长都是定值，所以直线l与圆心所在的直线平行，所以设直线l为

20xyn，将(1,2)代入20xyn，得220n，得0n，所以直线l的方程为20xy故答案为：20xy四、解答题7．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线32yxx在点0P处的切线1l平行于直线410x

y，且点0P在第三象限．(1)求0P的坐标；(2)若直线1ll，且l也过切点0P，求直线l的方程．【答案】(1)(1,4)；(2)4170xy.【分析】（1）设点000(,)Pxy，求出给定函数的

导数，再利用导数的几何意义，列式计算作答.（2）求出直线l的斜率，由（1）的结论结合直线的点斜式方程求解作答.(1)由32yxx求导得：231yx，设切点000(,)Pxy，而点0P在第三象限，

即000,0xy，依题意，20314x，解得：01x，此时，04y，显然点(1,4)不在直线410xy上，所以切点0P的坐标为(1,4).(2)直线1ll，而1l的斜率为4，则直线l的斜率为14，又l过切点0P(1,4)

，于是得直线l的方程为14(1)4yx，即4170xy，所以直线l的方程为：4170xy.8．（2020·江苏·南京师大附中模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆221:(4)1Cxy，圆222:(4)4Cxy，A

是第一象限内的一点，其坐标为(,)tt．（1）若1212ACAC，求t的值；（2）过A点作斜率为k的直线l，①若直线l和圆1C，圆2C均相切，求k的值；②若直线l和圆2C，圆2C分别相交于,AB和,CD，且ABCD，求t的最小值．【答案】（1）

2t；（2）①35555或721；②3(21)8．【分析】（1）1212ACAC，利用数量积坐标公式代入计算即可求得t的值；（2）①设直线:lykxb，由直线l和圆1C，圆2C均相切，根据点到直线的距离等于半径，计算可求k的值；②设直线l：()ytk

xt，由弦心距公式及ABCD，化简得23116(1)ktkk，通过分离常量化简，构造函数借助基本不等式可求t的最小值．【详解】解：（1）因为(,)Att，1(4,0)C，2(4,0)C，所以12(4,),(4,)ACttACtt，因为1212ACAC，

所以2(4)(4)12ttt，又0t，所以2t，所以A点的坐标为(2,2)．（2）①设直线:lykxb，则tktb，所以(1)ktb，因为0t，所以(1)0kb．因为直线l和圆1C，圆2C均相切，所以22411421kbkkbk

，所以|4|2|4|kbkb，所以42(4)kbkb或42(4)kbkb，即43bk或12bk，当43bk时，4(1)03kk得01k；当12bk时，(1)120kk得01k，总之

，01k．将43bk代入2|4|11kbk得35555k；将12bk代入2|4|11kbk得721k，故k的值为35555或721．②直线l的方程为()ytkxt，即(1)0kxykt，1C到直线

l的距离12|4(1)|1kktdk，所以2212[4(1)]21211kktABdk，同理22[4(1)]241kktCDk，因为ABCD，所以2222[4(1)][4(1)]212411kktkktkk，且22[4(1)]101

kktk，将2222[4(1)][4(1)]212411kktkktkk化简得23116(1)ktkk，因为0t，所以01k，所以，223131(1)11616111t

kkkkk，设1(1,2)k，则221112121(1)122222kk，等号当且仅当2即21k时取得，所以231313(21)11616

8211112tkk，等号当且仅当21k时取得．当213(21)8kt时，22[4(1)]101kktk成立，故t的最小值为3(21)8．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系

的应用，考查了数量积在求参数中的应用，考查了基本不等式在求范围中的应用，着重考查了分析问题与运算能力，属于难题.题型四：求解直线的定点一、单选题1．（2022·山东滨州·二模）已知直线22:1(32)250lmmxmym，圆22:20Cxyx，则直线l与圆C的位置关系

是（）A．相离B．相切C．相交D．不确定【答案】D【分析】求出直线l过的定点，再判断此定点与圆C的位置关系即可作答.【详解】直线22:1(32)250lmmxmym，即2(2)(2)(35)0xmxymxy，由2020350xxyxy

解得21xy，因此，直线l恒过定点(2,1)A，又圆22:20Cxyx，即22(1)1xy，显然点A在圆C外，所以直线l与圆C可能相离，可能相切，也可能相交，A，B，C都不正确，

D正确.故选：D2．（2022·陕西·榆林市教育科学研究所模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy中，已知圆22:1Oxy，若曲线12ykx上存在四个点1,2,3,4iPi，过动点Pi作圆O的两条切线，A，B为切点，满足32iiPAPB，则k

的取值范围为（）A．4,3B．4,03C．(,7)(4,13)D．4(7,)1)30(,【答案】A【分析】先设,iiPOdAPO，根据32iiPAPB求出P点的轨

迹方程，再根据直线与圆相切，即可得到k的取值范围【详解】设,iiPOdAPO，则22223(1)cos2(1)(1)2iiPAPBddd，解得212d（舍去）或2d=4，所以点P的轨

迹方程为224xy，曲线12ykx过点（1，2）且关于直线x=1对称，由题可知k<0.当直线(1)2ykx与224xy相切时，解得k=43或0k.所以k的取值范围为4,3故选：A二、多选题3．（2022·湖南·长沙市明德中学

二模）已知O为坐标原点，点Pab，在直线40lkxykR：上，PAPB，是圆222xy的两条切线，AB，为切点，则（）A．直线l恒过定点04，B．当PAB△为正三角形时，22OPC．当PAPB时，k的取值范围为77，，D．当14POP

A时，ab的最大值为42【答案】BD【分析】根据直线过定点判断A，根据圆的切线的性质判断B，求出点P的轨迹方程，根据点到直线的距离公式得到不等式，解得即可判断C，根据数量积的几何意义得到214PA，从而得到22

16ab，再利用基本不等式判断D；【详解】对于A，直线40lkxy：恒过定点0,4，故A错误；对于B，因为PAB△为正三角形，则30APO，所以22OP，故B正确；对于C，因为PAPB，所以四边形OAPB为正方形，则22OPOA，所以点P的轨迹方程为224

0xyx，问题转化为直线l与点P的轨迹有公共点，所以2421k，即23k，所以k的取值范围为33，，，故C错误；对于D，因为2cos14POPAPOPAOPAPA，则22216POPAr，即2216ab，由22282

2abab，所以42ab，当且仅当22ab时取等号，故D正确；故选：BD.4．（2022·江苏盐城·三模）设直线l：220mxymmR，交圆C：22349xy于A，B两点，则下列说

法正确的有（）A．直线l恒过定点1,2B．弦AB长的最小值为4C．当1m时，圆C关于直线l对称的圆的方程为：22439xyD．过坐标原点O作直线l的垂线，垂足为点M，则线段MC长的最小值

为13【答案】BC【分析】A.由直线过定点求解；B.由CP垂直l求解；C.求得点3,4C关于直线0xy的对称点求解；D.由垂足为2,2M时，线段MC长最小求解.【详解】直线l的方程可化为22mxy

，过定点2,2，即A错误；设2,2P，则圆心到直线的距离22125dCP，且半径3r，所以最小弦长为22354，即B正确；1m时，直线方程为0xy，则点3,4C关于直线l对称

的点为4,3，即C正确；当垂足为2,2M时，513MC，即D错误．故选：BC5．（2022·重庆·高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，圆22:1Oxy，若曲线12ykx上存在四个点1,2,3,4iPi，过动点iP作圆O的两条切线，A，B为切点，满足32iiPAP

B，则k的值可能为（）A．-7B．-5C．-2D．–1【答案】ABC【分析】先设出,iPmn，利用32iiPAPB求出,iPmn在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合转化为0k且只需原点到直线12ykx的距离小于半径2即可，用点到距

离公式列出不等式，求出k的取值范围.【详解】设,iPmn，连接iPO，设iiAPOBPO，则22iPOmn，2211cosiPOmn，所以2222coscos212sin1iAPBmn

，又221iiPAPBmn，所以2222223cos112iiiiiPAPBPAPBAPBmnmn令22mnt，则有23112tt，解得：4

t或12因为,iPmn在单位圆外，所以12t舍去，即,iPmn在以原点为圆心，半径为2的圆上，因为曲线12ykx上存在四个点iP（i＝1，2，3，4），即12ykx与圆224xy有4个交点，结合图象可知，0k且只需原点到直线12ykx的距离小于半

径2即可，所以2221kk，解得：43k或0k（舍去），故选：ABC【点睛】数形结合的思想对于求解函数零点或交点个数问题经常使用，要能抓住一些不变量，比如本题中的直线方程过定点1,2三、双空题6．（2022·北京房山·二模）已知圆22:121Cxy和

直线:1lykx，则圆心坐标为___________；若点P在圆C上运动，P到直线l的距离记为dk，则dk的最大值为___________.【答案】1,2221##122【分析】由圆的标准方程可得圆心坐标；根据直线l过定点1,0Q，可知当CQl时，

圆心C到l距离最大，则maxdkCQr.【详解】由圆的方程知：圆心C坐标为1,2；由直线方程知：l恒过点1,0Q，则22112022CQ，当CQl时，圆心C到l距离最大，又圆C的半径1r，

max221dkCQr.四、填空题7．（2022·河南焦作·三模（文））已知()fx是定义在R上的奇函数，其图象关于点(2,0)对称，当[0,2]x时，2()1(1)fxx，若方程()(2)0f

xkx的所有根的和为6，则实数k的取值范围是______．【答案】26,412【分析】将方程的根转化为图象交点问题，画出图象，数形结合进行求解.【详解】方程()(2)0fxkx的根转化为()yfx和(2)ykx的图象的公共点的横坐标，因为

两个图象均关于点(2,0)对称，要使所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点．作出()yfx和(2)ykx的图象如图所示．当0k时，只需直线2ykx与圆2271xy相离，可得612k；当0k时，只需直线2ykx与圆2251xy相切，可得24k

．故k的取值范围是26,412．故答案为：26,412五、解答题8．（2022·全国·高三专题练习）O为坐标原点，动点M在椭圆22:12xCy上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM.(1)求点

P的轨迹方程；(2)设点Q在直线3x上，且1OPPQ，直线l过点P且垂直于OQ，求证：直线过定点.【答案】(1)222xy(2)证明见解析【分析】（1）用相关点法求点P的轨迹方程；（2）先表达出条件1OPPQ，再转换成直线过定点的

具体条件.(1)设(,)Pxy，(,)Mxy，则(,0)Nx，(,)NPxxy，(0,)NMy，由2NPNM得：xx，22yy，因为M点在椭圆上2212xy，所以22122xy，即点P的轨迹方程：222xy；(2)由题意设(3,)Qt，(,)Pm

n则222mn，由1OPPQ得：(m，)(3nm，)1tn，2231mmtnn，33330mmtnnt，，由已知得，3OQtk=-直线l的方程：333333()(1)mmyxmnx

xttttt，所以直线恒过定点(1,0).9．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆22195xy的左、右顶点为A、B，右焦点为F，设过点(,)Ttm的直线TA、TB与此椭圆分别交于点1(Mx，1)y、2(Nx，

2)y，其中0m，10y，20y(1)设动点P满足()()13PFPBPFPB，求点P的轨迹方程；(2)设12x，213x，求点T的坐标；(3)若点T在点P的轨迹上运动，问直线MN是否经过x轴上的一定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.【答案

】(1)9x(2)10(7,)3(3)是，(1,0)【分析】（1）直译法求轨迹；（2）求解直线AMBN、的交点可得点T的坐标；（3）先表达出直线MN的方程，再去求定点.(1)由椭圆22195xy可得：29

a，25b，952c.2,0F，3,0B.设,Pxy，则2,PFxy，3,PBxy.满足·13PFPBPFPB，(52x，2)?(1y，0)13，2513x，化简得9x，故P的轨迹

方程为9x(2)由221112,195xyx及10y得153y，则点52,3M，从而直线AM的方程为113yx；同理可以求得直线BN的方程为5562yx联立两方程可解得107,

3xy点T的坐标为107,3.(3)假设直线MN过定点，由T在点P的轨迹上，9,Tm直线AT的方程为312myx，直线BT的方程为36myx点1(Mx，1)y满足112211312195myxxy得

221112333·9125xxxm，又13x，解得212240380mxm，从而得124080mym.同理：22236020mxm，222020mym.直线MN的方程：22222010360204020mmmyxmmm

，令0y，解得1x.直线MN经过定点1,0.题型五：直线相关的对称问题一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习（理））集合M在平面直角坐标系中表示线段的长度之和记为M.若

集合22,925Axyxy，,Bxyyxm，,2Cxyykxk则下列说法中不正确的有（）A．若AB，则实数m的取值范围为5252mmB．存

在kR，使ACC．无论k取何值，都有ACD．AC的最大值为454【答案】B【分析】对于A，要使AB，只要原点到直线的距离小于等于5即可，从而可求出m的取值范围；对于B，C，由于直线2ykxk过

定点1,2，而点1,2在圆229xy内，从而可得AC；对于D，设原点到直线2ykxk的距离为d，则222259ACdd，分母有理化后可求出其最大值，从而可判断D.【详解】对于A，因为AB，所以52m≤，解得5252m≤≤，故A正确.对于B和

C，直线2ykxk过定点1,2，因为22129，故C正确，B错误.对于D，设原点到直线2ykxk的距离为d，max5d，则2222592ACdd2216259dd

，当d最大时，AC取最大值，于是AC的最大值为454，故D正确.故选：B2．（2022·全国·高三专题练习）已知平面向量12312312,,,1,,60eeeeeeee.若对区间1,12内的三个任意的实数123,,,都有11223312312eeeeee

…,则向量1e与3e夹角的最大值的余弦值为（）A．366B．356C．366D．356【答案】A【分析】建立直角坐标系,设出相关向量,通过分析3e位置,寻求临界值.【详解】设(cos,sin)C.如图,不妨设12313(1

,0),,,(cos,sin)22eOAeOBeCO.设M为AB的中点,G为OC的中点,F为BD的中点,E为AD的中点.则3311,,cos,sin4422MG.12312eeeGOOMGM112233ee

eHOOPHP,点P在平行四边形EDFM内(含边界).由题知||||HPGM…恒成立.为了使13,ee最大,则思考13,ee为钝角,即思考C点在第一或第四象限.思考临界值即P与M重合,G与H重合,且GM不能充当直角三角形斜边,否则可以改变H的

位置，使得||||HMGM所以GMOC,即3131cos,sin(cos,sin)04242223131coscossinsin0.4242即331cossin1222

,即31cos262.所以3cos63.所以coscoscoscossinsin666666

33613632326所以向量1e与3e夹角的最大值的余弦值为366故选:A.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用已知条件转化出3e所在的位置.二、多选题3．（2022·全国·模拟预测）已知直线:50lxy，过直线上任意一点M作

圆22:34Cxy的两条切线，切点分别为A，B，则有（）A．四边形MACB面积的最小值为47B．AMB最大度数为60°C．直线AB过定点15,22D．AB的最小值为14【答案】A

D【分析】=22MACMACBSSMAACMA△四边形，当CMl时MC有最小值，求出minMC可判断A；当CMl时AMB最大，23coscos212sin4AMBAMCAMC可判断B；设点11

,Axy，22,Bxy，00,Mxy，求出直线AB的方程00334xxyy，整理得035350xxyyx，由305350xyyx可得直线AB过的定点可判断C；直线AB所过定点为P，当CPA

B时，弦长AB最小，求出AB的最小值可判断D.【详解】对于A选项，由题意可知=22MACMACBSSMAACMA△四边形，当CMl时，MC有最小值，即min305422MC，此时2min42427M

A，所以四边形MACB面积的最小值为47，故选项A正确；对于B选项，当CMl时，AMB最大，此时23coscos212sin4AMBAMCAMC，此时60AMB，故选项B错误；对于C选项，设点11,Axy，22,Bxy，00,Mxy

，则0050xy，易知在点A、B处的切线方程分别为11334xxyy，22334xxyy，将点00,Mxy分别代入两切线方程得0101334xxyy，0202334xxyy，所以直线AB方程为

00334xxyy，整理得0003350xxyyxx，代入005yx，得035350xxyyx，解方程组30,5350,xyyx得5,21,2

xy所以直线AB过定点51,22，故选项C错误；对于D选项，设直线AB所过定点为P，则51,22P，当CPAB时，弦长AB最小，此时22251130222C

P，则AB的最小值为124142，故选项D正确，故选：AD.4．（2022·福建三明·模拟预测）已知直线l：10kxyk与圆C：222216xy相交于A，B两点，O为坐

标原点，下列说法正确的是（）A．AB的最小值为26B．若圆C关于直线l对称，则3kC．若2ACBCAB，则1k或17kD．若A，B，C，O四点共圆，则13k【答案】ACD【分析】判断出直线l过定点1,1D，结合勾股定理、圆的对

称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】直线:11lykx过点1,1D，圆22:2216Cxy，即224480xyxy①，圆心为2,2C，半径为4r，由于22121216

，所以D在圆C内.22212110CD，所以22min241026AB，此时ABCD，所以A选项正确.若圆C关于直线l对称，则直线l过,CD两点，斜率为21321，所以B选项

错误.设22ACBCAB，则π2π,4，此时三角形ABC是等腰直角三角形，C到直线AB的距离为24222，即2221221kkk，解得1k或17k，所以C选

项正确.对于D选项，若,,,ABCO四点共圆，设此圆为圆E，圆E的圆心为,Eab，,OC的中点为1,1，1OCk，所以OC的垂直平分线为:11,2lyxyx，则2ba②，圆E的方程为22

22xaybab，整理得22220xyaxby③，直线AB是圆C和圆E的交线，由①-③并整理得:422480ABaxby，将1,1D代入上式得422480ab

，40ab④，由②④解得3,1ab，所以直线AB即直线l的斜率为42212463ab，D选项正确.故选：ACD【点睛】求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到

直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断.三、填空题5．（2022·全国·模拟预测）已知平面内点,05nnA，,05nnB*nN，点nC满足nnnnACBC．设nC到直线3410xynn的距离的最大值为na，若数列1na

的前n项和nSm恒成立，则实数m能取的最小值是______．【答案】154【分析】易知点nC在圆22225nxy上，先求得圆心O到直线3410xynn的距离，进而得到点nC到直线3410xyn

n的距离的最大值，即212555nnnnnna，再利用裂项相消法求解.【详解】解：因为nnAB的中点为坐标原点O，且nnnnACBC，所以15nOCn，则点nC在圆22225nxy上，且圆心为O，半径5nr．又坐标原点O到

直线3410xynn的距离为2211534nnnnd，所以点nC到直线3410xynn的距离的最大值为155nnn，所以212555nnnnnna

，则215511222nannnn，所以1231111nnSaaaa，5111111112324352nn，511115122124nn．因

为nSm恒成立，所以154m，即实数m能取的最小值是154．故答案为：1546．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知圆221:(1)(2)4Cxy和圆222:(2)(1)2Cxy交于,AB两点，直线l与直线AB平行，且与圆2C相切，与圆1C交于点,MN，则MN__

________．【答案】4【分析】由题可得10:xyAB，利用点到直线的距离公式可得:10lxy，然后利用弦长公式即得.【详解】由圆221:(1)(2)4Cxy，可知圆心11,2C，半径为2，圆22

2:(2)(1)2Cxy，可知圆心22,1C，半径为2，又221:2410Cxyxy，2224230:Cxyxy，所以可得直线10:xyAB，设:0lxyc，直线l与圆2C相切，则2122c。解得1c，或3c，当1c时，:

10lxy，∴21212442MN，当3c时，:30lxy，12223，故不合题意.故答案为：4.7．（2022·广东佛山·模拟预测）已知点()1,0A，3,0B，若2PAPB，则点P到直线l：340

xy的距离的最小值为____________．【答案】103【分析】先设P的坐标，根据2PAPB得到P的轨迹方程为圆，利用圆心到直线的距离减去半径即为P到直线l的最小值【详解】设点P的坐标为,xy，(1,),(3,)PAxyPBxy

2PAPB，2223xy即P的轨迹是以2,0为圆心，半径为3的圆点2,0到直线l的最短距离为10，则可得点P到直线l的距离的最小值为103．故答案为：103四、解答题8．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））在直角

坐标系xOy中，曲线C的参数方程为22224xttyt(t为参数)．(1)求C与坐标轴交点的直角坐标；(2)以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C与坐标轴的交点是否共圆，若共圆，求出该圆的极坐标方程；若不共圆，请说明理由.【答案】(1)0,0，0,16，

8,0；(2)共圆，8cos16sin．【分析】(1)分别令x=0和y=0即可求解；(2)假设(1)中三点共圆，设该圆的平面直角坐标方程为220xyDxEyF，根据三点坐标列方程组求出D、E、F即可得该圆的平面直角坐标方程，代入cosx

和siny化简即可得该圆的极坐标方程．(1)令0x，解得0t或2t，当0t，0y，交点0,0，当2t，16y，交点0,16；令0y，解得0t或2t，当0t，0x，交点0,0，当2t

，8x，交点8,0；∴C与坐标轴交点的直角坐标为0,0，0,16，8,0；(2)假设圆M：220xyDxEyF过0,0，0,16，8,0三点，则20161600FEFF，解得8160DEF，即过曲线C与坐标轴交

点的圆的方程为228160xyxy．由cosx，siny得所求圆的极坐标方程为8cos16sin．9．（2022·安徽·寿县第一中学高三阶段练习（理））已知直线:sincos0lxy

a，圆221:3324Cxaya，圆2222:340Cxyaa(1)若4，求直线l的倾斜角；(2)设直线l截两圆的弦长分别为12,dd，当23时，求12dd的最大值并求此时a的值.【答案】(1)24；(2)62

，2102a【分析】（1）先由l的方程求出斜率tan4k，设直线l的倾斜角为，再利用tank，结合诱导公式即可求出直线l的倾斜角；（2）先求出圆心到直线的距离，由圆心到直线的距离小于半径求出a的范围，再通过弦长公式求出12,dd，由2212348dd结合基本不等式求得12dd

的最大值即可.(1)若4，则直线:sin4cos40lxya，易知直线l斜率k为sin4tan4cos4，设直线l的倾斜角为,0,，则tantan4tan24，又240,，故24，故直线l的

倾斜角为24；(2)当23时，直线31:022lxya，易知1C圆心3,32aa，半径12r，2C圆心0,0，半径2234raa，且2340aa，即0a或43a；1C圆心到直线l的距离为3312213144aaaa，由圆1C和直

线l相交得12a，解得13a，则221241223daaa；2C圆心到直线l的距离为3144aa，由圆2C和直线l相交得234aaa，解得0a或2a，则22222234224222daaaaaa

a，故10a或23a，又222112324ddaa，222222822ddaa，故2212348dd，即22121222422dddd，故1262dd，当

且仅当122dd时即2102a取等.故12dd的最大值为62，此时2102a.10．（2022·江西南昌·一模（理））已知面积为123的等边ABO（O是坐标原点）的三个顶点都在抛物线2:20Eypxp

上，过点,2Pp作抛物线E的两条切线分别交y轴于M，N两点.(1)求p的值；(2)求PMN的外接圆的方程.【答案】(1)1；(2)22125()(1)416xy.【分析】（1）根据面积求出等边三角形的边长，进而求出点A的坐标，从

而求出p的值；（2）设出切线方程，并与抛物线E的方程联立，借助判别式切线方程，可求出点M，N的坐标，然后由几何法求出圆的方程作答.(1)依题意，不妨令点A在第一象限，设(,),0AAAAxyy，(,)BBBxy，则有22AAypx，22BBypx，因ABO是等边三角形，即

||||OAOB，则2222AABBxyxy，即2222AABBxpxxpx，整理得：()(2)0ABABxxxxp，而0,0,20ABxxp，于是得ABxx，有BAyy，因此，点A，B关于x轴对称，而60AOB，则直线OA的倾

斜角为30，从而得3AAxy，||2AOAy，又等边ABO的面积为123，于是得23||1234OA，即212Ay，解得23Ay，点(6,23)A，因此，2(23)26p，解得1p，所以1p.(2)由（1）知，抛物线E的方程为

：22yx，点1,2P，显然过点P的抛物线E的切线不垂直于坐标轴，设过点P的抛物线E的切线方程为：12xky，由2122xkyyx消去x并整理得：22420ykyk，从而得244420kk，解得126k，126k，依题

意，1k所对切线为112xky，由0x得612y，不妨令该切线与y轴交于点6(0,1)2M，2k所对切线为212xky，由0x得612y，该切线与y轴交于点6(0,1)2N，PMN的外接圆的圆心C在

线段MN中垂线：1y上，设点(,1)Ca，由||||CPCM得2226(1)1()2aa，解得14a，即点1(,1)4C，圆半径5||4CP，所以PMN的外接圆的方程为：22125()(

1)416xy.【点睛】方法点睛：几何法求圆的方程，就是解题过程中要用到圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线.题型六：几何法求圆的方程一、多选题1．（2022·广东·模拟预测）三角形的外心、重心

、垂心所在的直线称为欧拉线．已知圆O的圆心在OAB的欧拉线l上，O为坐标原点，点4,1B与点1,4A在圆O上，且满足OAOB，则下列说法正确的是（）A．圆O的方程为224430xyxyB．l的方程为0xy

C．圆O上的点到l的最大距离为3D．若点,xy在圆O上，则xy的取值范围是32,32【答案】BCD【分析】分析可知OAB的欧拉线l即为AB的中垂线，求出线段AB的中垂线方程，可判断B选项；根据题意可设,Oaa，求出a的值，可得出圆O的方程，可

判断A选项；求出圆O上的点到l的最大距离，可判断C选项；利用点到直线的距离公式可判断D选项.【详解】对于B选项，由题意可知17OAOB，故OAB的欧拉线l即为线段AB的中垂线，线段AB的中点为55,22M，直线AB的斜率为41

114ABk，所以，线段AB的垂直平分线方程为5522yx，即yx，B对；对于A选项，因为圆O的圆心在OAB的欧拉线l上，因为OAOB，OAOB，32AB，所以232OAAB，设圆心O为,aa，则圆O的方程为

229xaya，将1,4A代入圆O的方程可得2540aa，解得1a或4a，所以，圆O的方程为22119xy或22449xy，A错；对于C选项，因为l过圆心O，所以圆O上的点到l的最大距离为圆O的半径3，C对；对于D选

项，因为点,xy在圆O上，设zxy，圆心在yx上，半径为3，则3323222zxyxy，D对．故选：BCD.二、填空题2．（2022·河北·模拟预测）圆心为(1,2)C，且截直线350xy所得弦长为26的圆的方程为___________.【答案】

221216xy【分析】由题知圆心为(1,2)C，到直线350xy的距离为10d，进而根据弦长得圆的半径216r，再根据标准方程求解即可.【详解】解：由题知，圆心为(1,2)C，到直线350xy的距离为1651010d

，因为圆心为(1,2)C，且截直线350xy所得弦长为26，所以，圆的半径为222616rd，所以，所求圆的方程为221216xy.故答案为：221216xy3．（2022·河南·高三阶段

练习（文））已知㮋圆1C：2221024xybb的离心率为12，1F和2F是1C的左右焦点，M是1C上的动点，点N在线段1FM的延长线上，2MNMF，线段2FN的中点为P，则1FP的最大值为______．【答案】3【

分析】由已知，根据离心率为12，先求解出㮋圆1C的方程，在利用椭圆的定义1124FNMFMF得到动点N的轨迹方程，然后利用2MNMF和线段2FN的中点为P，设P点坐标，并用P点坐标表示动点N，带入动点N的轨迹方程，即可求解出动点

N的轨迹方程，然后利用圆心与1F的位置关系即可完成求解.【详解】由条件得24144b，∴23b，∴㮋圆1C的方程是22143xy，∴11,0F，21,0F．由于点N在线段1FM的延长线

上，2MNMF，所以1124FNMFMF，∴点N的轨迹是以1F为圆心，以4为半径的圆，方程为22116xy．设,Pxy，则21,0F关于,Pxy对称的点的坐标为21,2xy，∴2211216xy，化简得点P的轨迹方程为

224xy，即点P的轨迹是以原点为圆心，以2为半径的圆，所以，1FP的最大值为3．故答案为：3.4．（2022·天津·高三专题练习）已知圆C过点(0,1)(2,1)PQ、两点，且圆心C在x轴上，经过点(1,0)M且倾斜角为钝角的直线l交圆C于A，B两点，若0CACB(C为圆心)

，则该直线l的斜率为________．【答案】33【分析】根据圆的性质可知圆心为PQ中垂线与x轴的交点，据此即可求出圆心坐标和半径；由题可知△CAB为等腰直角三角形，于是可求圆心到直线l的距离，再根据点到直线距离公式即可求出直线l的斜率.【详解】由题可知，PQ为圆C的弦，则圆

心C在PQ中垂线1x上，又∵圆心在x轴上，故圆心坐标为C(1，0)，故圆的半径2rPC，∵过点(1,0)M的直线l交圆C于A，B两点，若0CACB(C为圆心)，故△CAB为等腰直角三角形，2CACBr，则

圆心C到AB即直线l的距离1d，设l为：1ykx，即0kxyk，则223131kdkk，0k，33k.故答案为：33.5．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C：(x－2)2＋y2＝

2，直线l：y＝k(x＋2)与x轴交于点A，过l上一点P作圆C的切线，切点为T，若|PA|＝2|PT|，则实数k的取值范围是______________．【答案】373777k【分析】设P(x,y)，由已知条件并利用两点距离

公式、圆切线长列方程求P的轨迹方程，再由直线l与轨迹的位置关系求参数范围.【详解】由题意，A(－2,0)，C(2,0)，设P(x,y)，由|PA|＝2|PT|，所以|PA|2＝2|PT|2＝2(|PC|2－

2)，故(x＋2)2＋y2＝2[(x－2)2＋y2－2]，化简得(x－6)2＋y2＝36，所以点P在以(6,0)为圆心，6为半径的圆上，由题意知，直线y＝k(x＋2)与圆(x－6)2＋y2＝36有公共点，所以2|8|61kdk，解得373777k

．故答案为：373777k三、解答题6．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））拋物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：2x交C于P，Q两点，且OPOQ．已知点M的坐标为4,0，M与直线l相切．(1)求抛物线C和M的标准

方程；(2)已知点8,4N，点1A，2A是C上的两个点，且直线1NA，2NA均与M相切．判断直线12AA与M的位置关系，并说明理由．【答案】(1)22yx，2244xy(2)相切，理由见解析【分析】（1）由

题意设拋物线C的方程为22ypx，将2x代入可求出P，Q两点坐标，再由OPOQ可得24p，从而可求得p的值，则可得抛物线的方程，由题意可得M的半径为2，从而可求出M的方程，（2）由已知可得8,4N在抛物线上，设111,Axy，222,Axy，则可得

1124NAky，从而可表示出直线1NA的方程，由于直线与圆相切，所以由圆心到直线的距离等于半径，可得113420xy，同理得2NA的方程为223420xy，所以可得直线12AA方程为3420xy，进而可求出点M到直线12AA距离，由此可得结论(1)由已

知，设拋物线C的方程为22ypx（0p），当2x时，24yp，则4yp，所以不妨设2,4Pp，2,4Qp，因为OPOQ，所以0OPOQ，所以440p，解得1p所以抛物线C的22yx，因为M与直线l：2x相切，

4,0M，所以M的半径为2，所以M的方程2244xy(2)由已知可得8,4N在抛物线上，设111,Axy，222,Axy所以111122111144422816482NAyyykyxyy，所以1NA的点斜式方程为

12484yxy整理可得112440xyyy，此直线与圆相切，可得12184244yy，平方后可得2113840yy又因为2112yx化简得113420xy，同

理：2NA的方程为223420xy，所以直线12AA方程为3420xy，所以点M到直线12AA距离为22122234，所以直线12AA与M相切7．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）已知O为坐标原点，抛物线E：22xpy（p＞0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A

、B（其中点A在第一象限），4OAOB且ACCB（＞0）.(1)求抛物线E的方程；(2)当=2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程【答案】(1)24xy(2)2213125(1

)24xy【分析】（1）可设直线l的方程为2ykx，11221,,,0AxyBxyx，联立方程，利用韦达定理求得1212,xxxx，再根据4OAOB，求得p，即可得解；（2）联立方程，利用韦达定理求得1212

,xxxx，当2时，2ACCB知122xx，从而可求得A点的坐标及直线方程，再根据导数的集合意义可求得点A且与切线垂直的直线方程，从而可求得圆心及半径，即可得解.(1)解：直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为2ykx，设直线

l与抛物线的交点坐标为11221,,,0AxyBxyx，A、B在抛物线上，则=221212,22xxyypp，由22,2ykxxpy消y并整理成2240xpkxp，所以121224,xxpkxxp，又4OAOB，则1

2124xxyy，所以221212422xxxxpp，所以444,2pp，所以抛物线E的方程为24xy；(2)解：由22,4ykxxy消y并整理成2480xkx，所以12124,8,xxkxx，当2时，2ACC

B知122xx，又1>0x，所以1214,2,2xxk，所以线段AB的中点坐标为51,2，A的坐标为(4,4)，线段AB的垂直平分线方程为52(1)2yx，即922yx，214yx求导得12yx，

抛物线E在点A处的切线斜率为2，过点A且与切线垂直的直线方程为14(4)2yx，即162yx，由922yx及162yx得圆心坐标为131,2，圆的半径为2213125(14)424，所以所求的圆方程为2213125(1)24xy

.8．（2022·全国·高三专题练习）已知平面直角坐标系上一动点,Pxy到点2,0A的距离是点P到点10B,的距离的2倍．（1）求点P的轨迹方程：（2）若点P与点Q关于点1

,4对称，求P、Q两点间距离的最大值；（3）若过点A的直线l与点P的轨迹C相交于E、F两点，2,0M，则是否存在直线l，使BFMS△取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由．【答案】（1）2224xy；（2）14；（3）存在；720xy

或720xy．【分析】（1）由已知列关于x，y的方程化简即可求得点P的轨迹方程；（2）设(,)Qxy，由点P与点Q关于点对称，可得点P坐标为(2,8)xy，把P的坐标代入（1）中的轨迹方程，整理可得点Q的轨迹方程为22(4)(8)4xy，由此可得P、Q两点间距离的最大值；

（3）由题意知l的斜率一定存在，设直线l的斜率为k，且1(Ex，1)y，2(Fx，2)y，则:(2)lykx，联立直线与圆的方程，由判别式大于0求得k的范围，再求出||EF及M到直线l的距离，代入三角形面积公式，利用配方法求最值，得到k值，

可得直线方程．【详解】解：（1）由已知，222220210xyxy．2240xxy，即2224xy，（2）设,Qxy，因为点P与点Q关于点1,4对称，则

P点坐标为2,8xy，点在圆上运动，点Q的轨迹方程为222284xy，即：22484xy，22max2408414PQ；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线l的斜率为k，且11,Exy，22,Fxy，则l：2

ykx，联立方程：22222221414024ykxkxkxkxy，222233161414033kkkk，又直线l不点2,0M，33,00,33k

．点2,0M到直线l的距离241kdk，224EFd，22214242EFMSEFdddd△，22221616111kdkk，2210,0,43kd，

当22d时，EFMS△取得最大值2，此时，22216172177kkkk，直线l得方程为720xy或720xy．题型七：待定系数法求圆的方程一、单选题1．（2016·天津市红桥区教师发展中心高三学业考试）已知圆M的半径为1，若此

圆同时与x轴和直线3yx相切，则圆M的标准方程可能是（）A．22(3)(1)1xyB．22(1)(3)1xyC．22(1)(3)1xyD．22(3)(1)1xy【答案】A【分析】设圆的方程为221xayb，依题意利用圆心到直线的距离等于半

径得到方程组，解得即可；【详解】解：设圆的方程为221xayb，圆心为,ab，半径1r，依题意2213131bab，解得13ba或133ba或13ba或133ba，所以圆的方程为

22(3)(1)1xy或22(3)(1)1xy或223()(1)13xy或223()(1)13xy；故选：A二、填空题2．（2022·四川眉山·三模（文））已知函数2112819fxx

xx.过点1,1Af作曲线yfx两条切线，两切线与曲线yfx另外的公共点分别为B、C，则ABC外接圆的方程为___________.【答案】227380xyxy(或227345222xy

)【分析】求f(x)的导数，设切点为00,xfx，根据直线点斜式方程求出切线方程，将A的坐标代入求出切点坐标，联立切线方程和y=f(x)求得B、C坐标，设△ABC外接圆方程为220xyDxEyF，代入A、B、C三点坐标得方程组，解方程组

即可得到圆的方程．【详解】∵2112819fxxxx，∴2221112811482814848999fxxxxxxxxxx2211612924393xxxx

．则1,0A，设y=f(x)切线的切点为00,xfx，则切线方程为：000yfxfxxx，∵切线过A(-1，0)，∴0001fxfxx即22000000111281243193xxxxxx

当01x时，2200002813243xxxx，即2004480xx，即20020xx，解得02x．∴10f，1124313f，1221816139f

，1288313f．①当切点为A1,0时，切线方程为1yx，由21112819yxyxxx解得10xy或56xy，则不妨设B(5，6)；②当切点为(2，-

3)时，切线为1yx，即1yx，由21112819yxyxxx解得10xy或23xy，则不妨设C(2，-3)；故1,0A，

5,6B，2,3C，设△ABC外接圆为220xyDxEyF，则10492302536560DFDEFDEF，解得738DEF，∴所求圆的方程为227380xyxy．故答案为：227380xyxy

．【点睛】本题关键是熟练掌握曲线切线的求法，设出切点，利用导数的几何意义求出切线方程，根据切线过A求出切点坐标，再求出B、C两点坐标，采用待定系数法即可求出圆的方程．3．（2022·安徽·高三阶

段练习（文））已知抛物线2:8Cxy，过点(2,2)N作抛物线C的两条切线NA，NB，切点分别为点A，B，以AB为直径的圆交x轴于P，Q两点，则PQ_______．【答案】8【分析】先利用导数和切线方程求出A，B坐标

，即可求出圆心和半径，即可得到圆的方程，令y=0，求出PQ.【详解】抛物线2:8Cxy可化为：218yx.设1122,,,AmnBmn.由题意可得：211111182142nmnkmm，解得：1135225n

m，同理可求：2235225nm，所以直径AB长为2222522535355AB，圆心为（2，3），所以以AB为直径的圆为22232

5xy.令y=0，解得：126,2xx，所以628PQ.故答案为：84．（2022·天津·高三专题练习）已知抛物线C：24yx的焦点为F，抛物线C上一点A位于第一象限，且满足3AF，

则以点A为圆心，AF为半径的圆的方程为______.【答案】222229xy【分析】设0000(,)(00)Axyxy，，根据抛物线的定义求得02x，进而求出0y，结合圆的标准方程即可得出结果.【详解】由题意，抛物线24yx，可得焦点(1,0)F，设00

00(,)(00)Axyxy，，根据抛物线的定义，可得013AFx，解得02x，代入方程24yx，由00y可得022y，即(2,22)A，又3AF，所以圆的方程为：22(2)(22)9xy.故答案为：2

2(2)(22)9xy.三、解答题5．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C经过点A(0，2)，B(2，0)，圆C的圆心在圆x2＋y2＝2的内部，且直线3x＋4y＋5＝0被圆C所截得的弦长为23.

点P为圆C上异于A，B的任意一点，直线PA与x轴交于点M，直线PB与y轴交于点N.(1)求圆C的方程；(2)若直线y＝x＋1与圆C交于A1，A2两点，求12BABA；(3)求证：|AN|·|BM|为定值.【答案】(1)

x2＋y2＝4；(2)3；(3)证明见解析.【分析】（1）设C(a，a)，解方程222((2))aa＝275()5a＋3，即得解；（2）将y＝x＋1代入x2＋y2＝4得2x2＋2x－3＝0.设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，再利用韦达定理和数量积公式求解；（3）当直线PA的斜

率不存在时，|AN|·|BM|＝8.当直线PA与直线PB的斜率都存在时，设P(x0，y0)，求出,MN的坐标，再代入数量积公式化简即得证.(1)解：由题知圆心C在线段AB的中垂线y＝x上，故可设C(a，a)，圆C的半径为r.因为直线3x＋4y＋5＝0被圆C所截得的弦长为23，且r

＝22(2)aa，所以C(a，a)到直线3x＋4y＋5＝0的距离d＝|75|5a，由r2＝d2＋3得222((2))aa＝275()5a＋3，即a2－170a＝0，所以a＝0或a＝170.又圆C的圆心在圆x2＋y2＝2的内部，所以a＝0，圆C的方程为x2

＋y2＝4.(2)解：将y＝x＋1代入x2＋y2＝4得2x2＋2x－3＝0.设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，则x1＋x2＝－1，x1x2＝－32.所以12BABA＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝x1

x2－2(x1＋x2)＋4＋(x1＋1)(x2＋1)＝2x1x2－(x1＋x2)＋5＝－3＋1＋5＝3.(3)证明：当直线PA的斜率不存在时，|AN|·|BM|＝8.当直线PA与直线PB的斜率都存在时，设P(x0，y0)，直线PA的方程为y＝002yxx＋2

，令y＝0得M002(,0)2xy.直线PB的方程为y＝002yx(x－2)，令x＝0得N002(0,)2yx.所以|AN|·|BM|＝000022(2)(2)22yxxy＝4＋400000000[]22(2)(

2)yxxyxyxy＝4＋4×000000422(2)(2)yxxyxy＝4＋4×00000000422422yxxyyxxy＝8，故|AN|·|BM|为定值8.6．（2021·江西·高三阶段练习（理

））已知圆C过点(2,1)，(6,3)，(2,3)．(1)求C的标准方程；(2)若点(,)Pxy在C上运动，求34xy的取值范围．【答案】(1)22(2)(3)16xy(2)[26,14]【分析】（1

）设C的一般方程为2222040xyDxEyFDEF，进而待定系数法求解，最后化为标准方程即可；（2）设34xyz，进而根据圆心(2,3)到直线340xyz的距离满足dr求

解即可.(1)设C的一般方程为2222040xyDxEyFDEF，则520,45630,13230,DEFDEFDEF解得4,6,?3,DEF，故C的一般方程为22463

0xyxy，化标准方程为22(2)(3)16xy．所以C的标准方程为22(2)(3)16xy(2)解：由（1）知圆C的圆心为2,3，半径为4r，设34xyz，所以C的圆心(2,3)

到直线340xyz的距离满足|612|45zd，解得2614z，故34xy的取值范围为[26,14]．7．（2021·全国·模拟预测）已知点1,1P在抛物线C：220ypxp上，过点P作圆E

：22220yxrr的两条切线，切点为A，B，延长PA，PB交抛物线于C，D.（1）当直线AB抛物线焦点时，求抛物线C的方程与圆E的方程；（2）证明：对于任意0,1r，直线CD恒过定点.【答案】（1）2yx，227

24xy；（2）证明见解析.【分析】（1）由点1,1P在抛物线C上，求出p，利用P，A，B，E四点共圆知AB是以PE为直径的圆I和圆E的公共弦，求出圆I方程，通过两圆方程相减可得AB的方程，利用AB过拋物线焦点，

可求出r；（2）设出点C，D坐标及直线PC，PD的方程，利用圆心到切线距离等于半径r，建立1m，2m的关系，再联立切线与抛物线方程，可建立1y，2y与1m，2m的关系，代入直线CD的方程，即可证明直线过定点.【详解】（1）因为点1,1P在抛物线C：220ypxp上，

所以2121p，解得12p，所以抛物线C的方程为2yx.以PE为直径的圆I的方程为22320xyxy.依题意，直线AB是圆E和圆I的公共弦，则直线AB的方程为220xyr.又直线AB经过抛物线焦点，所以722r，所以圆E的方程为22724xy.（2）证明：设

211,Cyy，222,Dyy，则CD的方程为12120xyyyyy.①设直线PC的方程为111xmy，即1110xmym.依题意得12111mrm即222111210rmmr.设直线PD的

方程为211xmy，同理可得222221210rmmr，则12221mmr，121mm.联立11210,,xmymyx消去x并整理得21110ymym.因为点P，C在直线PC上，所以111ym，同理可得221ym，于

是21212222422211ryymmrr，121211yymm12121mmmm222224211rrr，代入①中得22224224011rrxyrr，即2224101rxyr，所以直线CD过定点

0,1.8．（2019·云南·二模（理））已知O是坐标原点，抛物线C：2xy的焦点为F，过F且斜率为1的直线l交抛物线C于A、B两点，Q为抛物线C的准线上一点，且2AQB.（1）求Q点的坐标

；（2）设与直线l垂直的直线与抛物线C交于M、N两点，过点M、N分别作抛物线C的切线1l、2l，设直线1l与2l交于点P，若OPOQ，求MON外接圆的标准方程.【答案】（1）11(,)24（2）22135()()222xy【分析】（

1）由题易知直线l的方程为：14yx，设1,4Qm，联立214yxyx，可得114ABABxxxx，又因为2AQB，可得0QAQB建立方程求得12m，可得结果；（2）设出直线MN：yxt，即可已知得1l：2

112yxxx，2l：2222yxxx，联立方程求得点POPOQ坐标，再由题，利用向量数量积为0，解得t的值，代入可得OM垂直ON，即MN为MON外接圆的直径，最后求得答案即可.【详解】解：（1）由已知得直线l

的方程为：14yx，设1,4Qm.由214yxyx得24410xx，24440.∴114ABABxxxx.由2AQB得

2112024ABABxxmxxm.∴2111210424mm，解得12m.∴Q点的坐标为11,24.（2）设211,Mxx，222,Nxx，直线MN：yxt，由已知得1l：2112

yxxx，2l：2222yxxx，解21122222yxxxyxxx得12122xxxyxx.∴1212,2xxPxx.由2yxyxt得20xxt.由题意得140t，即14t

.∴12121xxxxt，1,2Pt.∵OPOQ，∴1044tOPOQ，解得1t.∴121211xxxx，∴212120OMONxxxx.∴OMON.∴M

N为MON外接圆的直径.又∵22212121223222xxxxxx，22222121MNxxxx221212124110xxxxxx，∴MON外接圆的圆心为13,22

，半径为102.∴MON外接圆的标准方程为22135222xy.【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的综合知识，理解题意，分析转化是解题的关键，属于难题.直线与圆锥曲线解题步骤：(1)设出点和直线的方程（考虑斜率的存在）；（2）联

立方程，化简为一元二次方程（考虑判别式），利用韦达定理；（3）转化，由题已知转化为数学公式；（4）计算，细心计算.题型八：几何法求弦长一、单选题1．（2022·全国·模拟预测）已知直线l过点1,2A，则直线l被圆O：2212xy截得的弦长的

最小值为（）A．3B．6C．33D．63【答案】B【分析】由题可知当OA与直线l垂直时，所截得的弦长最短，利用弦长公式即得.【详解】依题意可知1,2A在圆内，且22123OA，圆O的半径为23．当OA与直线l垂直时

，所截得的弦长最短，即弦长的最小值为2222336.故选：B．2．（2022·全国·模拟预测）过点2,2A，作倾斜角为π3的直线l，则直线l被圆22:1683Oxy截得的弦长为（）A．312B．23C．33D．623【答案】D【分析】由题，由点斜式

写出直线，由点线距离公式求出圆心到直线距离，可结合垂径定理得出所截弦长【详解】依题意，直线l的方程为232yx，即32320xy，则圆心O到直线l的距离2323131d.又

因为圆的半径1683r，所以所求的弦长为22221683423233623rd，故选：D.二、多选题3．（2022·广东·模拟预测）已知圆221:(1)1Cxy和圆222:(4)4Cxy，过圆2C上任意一点P作圆1C的两条切线，设两切点分别为,

AB，则（）A．线段AB的长度大于2B．线段AB的长度小于3C．当直线AP与圆2C相切时，原点O到直线AP的距离为65D．当直线AP平分圆2C的周长时，原点O到直线AP的距离为45【答案】AD【分析】根据圆的切线的几何性质可求得211||21||ABPC，确定1||[3,7]PC

，可求得211428321[,]||37PC，即可判断A,B;当直线AP与圆2C相切时，设直线AP的方程，利用和圆相切可得|4|2||kmkm，继而求得原点O到直线AP的距离，判断C;当直线AP平分圆2C的周长时

,直线AP过点2(4,0)C,设直线AP方程，可得2||151tt，由此求得原点O到直线AP的距离，判断D.【详解】如图示：12(1,0),(4,0)CC,根据直角三角形的等面积方法可得，2112111||1||||1||2221||||||PCPAACABPCPCP

C,由于1||[3,7]PC，故211428321[,]||37PC，由于42832,337，故A正确，B错误；当直线AP与圆2C相切时，由题意可知AP斜率存在，故设AP方程

为ykxm，则有22|||4|1,211kmkmkk，即|4|2||kmkm，即23km或6km，设原点O到直线AP的距离为d,则2||||||1mmdkmk，当23

km时，25d；当6km时，65d，故C错误；当直线AP平分圆2C的周长时，即直线AP过点2(4,0)C,AP斜率存在，设直线AP方程为(4)ytx，即40txyt，则2|4|11ttt，即22|5|||11,511tttt，故原点O到直线AP的距离为

d,则2|4|451tdt，故D正确；故选:AD三、填空题4．（2022·河北唐山·三模）直线:20lxym与圆22:480Cxyx交于A、B两点，且6CACB，则实数m_______．【答案】1或5【分

析】设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，根据CACBCDDACDDB化简即可求得圆心C到直线l的距离CD，再根据点到直线的距离公式即可求出m的值．【详解】2222480(2)12x

yxxy，则圆心2,0C，半径23r，设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，则22||||CACBCDDACDDBCDDACDDACDDA22222|||2|CDCACDCD

r，即222|126|3CDCD，∴223112mm或5．故答案为：1或5．四、解答题5．（2022·全国·高三专题练习）已知点1,0Mmm，不垂直于x轴的直线l与椭圆22:143xyC相交于11,Axy，22,Bxy两点.(1

)若M为线段AB的中点，证明：212112yyxx；(2)设C的左焦点为F，若M在∠AFB的角平分线所在直线上，且l被圆224xy截得的弦长为23，求l的方程.【答案】(1)证明见解析(2)1540xy【分析】（1）把

A，B两点坐标代入椭圆方程相减，结合中点坐标公式得直线斜率与m的关系，由点M在椭圆内部，得参数范围，从而可得直线斜率范围，得结论；（2）先说明直线斜率不可能为0，然后设直线方程为:lxtyn，代入椭圆方程应用韦达定理得1212,yyyy，由M

Fx轴，MF平分AFB，得0AFBFkk，代入韦达定理的结果可得n值，再利用圆的弦长求得t得直线方程．(1)证明：因为A，B在椭圆上，所以2211222234123412xyxy，两式相减可得，

12121212340xxxxyyyy，所以1221211233234424xxyyxxyymm，因为M为AB的中点，故点M在椭圆C的内部，所以21143m，又0m，所以302m，故212

112yyxx；(2)解：①当l的斜率为0时，l被圆224xy截得的弦长为4，不符合题意；②当l的斜率不为0时，设直线:lxtyn，联立方程组223412xtynxy，可得2223463120tyt

nyn，则2248340tn△，即2234tn，且122634tnyyt，212231234nyyt，又1,0F，则MFx轴，因为MF平分AFB，所以0AFBFkk，即1212011yyxx，可得212211221

22312611112103434ntnyxyxytynytyntntt解得4n，所以直线l的方程为4xty，由l被圆224xy截得的弦长为23，则圆心O到直线l的距离22242

32121dt，解得15t，满足2234tn，所以直线l的方程为1540xy.6．（2021·湖北·武汉市第六中学高三阶段练习）已知圆O：x2＋y2=2，过点A（1，1）的直线交圆O所得的弦长为255，且与x轴的交

点为双曲线E：2222xyab=1的右焦点F（c，0）（c＞2），双曲线E的离心率为32．(1)求双曲线E的方程；(2)若直线y=kx＋m（k＜0，k≠﹣55，m＞0）交y轴于点P，交x轴于点Q，交双曲线右支于点

M，N两点，当满足关系111||||||PMPNPQ时，求实数m的值．【答案】(1)22145xy；(2)5m﹒【分析】(1)设出直线的方程，用垂径定理求出其与圆相交的弦长，从而解得直线的方程，令其y为零，求与x轴的交点，再结合双曲线离心率即可求得双

曲线方程；(2)本题可设直线的参数方程，从而利用直线参数方程下的弦长公式，代入111||||||PMPNPQ化简即可解出m的值﹒(1)当过点A(1，1)的直线斜率不存在时，直线方程为x=1，由221

12xyxy弦长为2，不满足题意，故直线斜率存在，设斜率为n，则过点A(1，1)的直线为y﹣1＝n(x﹣1)，即为nx﹣y＋1﹣n＝0，圆心O到直线的距离为211ndn＝＋，由圆的弦长公式可得222252225rdd，解得355d，由213551nn＝＋，解得n＝

﹣2或12．则有直线为y﹣1＝﹣2(x﹣1)，令y＝0，则x＝1.5＜2舍去，或直线y﹣1＝12(x﹣1)，令y＝0，则x＝3＞2成立，即有c＝3，由离心率为32，即有a＝2，225bca．则双曲线E的方程为22145xy；(2)设直线y＝kx＋m(k＜0，55

k，m＞0)的参数方程为cossinxtymt(t为参数)，则令y＝0，则有sinmt，(m＞0，sinα＞0)．即有sinmPQ，将参数方程代入双曲线的方程可得5t2cos2α﹣4(m＋tsinα)2﹣20＝0，整理可得(5cos2α﹣4sin2α

)﹣8mtsinα﹣4m2﹣20＝0，则有2121222228sin420,5cos4sin5cos4sinmmtttt，由111||||||PMPNPQ，以及M，N在P的下方，则可设|PM|＝﹣t1，|PN|＝﹣t2，即有1211sinttm，即有122

128sinsin420ttmttmm，即有4m2＋20＝8m2，由m＞0，解得5m．【点睛】(1)圆的弦长的常用几何法求解：圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则222lrd；(2)直线与圆锥曲线的位置关系

，一般要用到根与系数的关系，有时可以考虑使用直线的参数方程与圆锥曲线的方程联立，利用直线参数方程里面参数的几何意义来求弦长﹒7．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆2222:10xyEabab

，直线330xy过E的上顶点A和左焦点1F.(1)求E的方程；(2)设直线l与椭圆E相切，又与圆22:4Oxy交于M，N两点（O为坐标原点），求OMN面积的最大值，并求出此时直线l的方程.【答案】(1)22143xy(2)3，3y.【分析】（1）根据已知的直线方

程可以求出椭圆中的,bc的值，从而确定椭圆方程（2）设直线方程ykxm，与椭圆联立，根据直线与椭圆相切得到m与k的等量关系，写出OMN面积的表达式，结合函数性质可以求出面积的最大值(1)由题意，知直线330xy，过椭圆E的上顶点A和左焦点1F.所

以0,3A，11,0F，所以3b，1c.因为222abc，所以24a，23b.故所求椭圆E的方程为22143xy(2)根据题意，设点11,Mxy，22,Nxy.①当MNx轴时，易知直线l与圆O相切，不满足题意；②当MN与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx

m.将ykxm代入椭圆E的方程，消去y，并整理得2224384120kxkmxm，由题设条件，知2222226444341248430kmkmmk恒成立，即2243mk.又圆22:4Oxy的圆心到直线l的方程ykxm的距

离21mdk，所以2222224312424242111mkMNdkkk，所以222211143222111OMNmkSMNdkkkV2224111kk.令211tk，则01t，且有

22424OMNSfttttV，当0,1t时，函数OMNSftV单调递增，所以max13OMNSfV，此时0k，所以3m，所以直线l的方程3y.综上，所求OMN面积

的最大值为3，直线l的方程为3y.题型九：利用点到直线的距离解决圆上点与直线上点的距离问题一、单选题1．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知直线:130laxy，圆22:(1)5Cxy.则“32a”是“l与C相切”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】A【分析】利用点到直线的距离大于半径可得答案.【详解】直线与圆相切，则2135,1(1)1aaa或32，3“2a”是“直线l与圆相切”的充分不必要条件.故选：A.2．（2022·重庆南开中学模拟预测）已知圆2220xyxa上

仅存在一个点到直线330xy的距离为1，则实数a的值为（）A．-2B．3C．-1D．0【答案】D【分析】写出圆的标准形式确定圆心和半径，求圆心到直线距离d并结合已知，判断d与半径的关系求实数a.【详解】由圆的标准

方程为22(1)1xya，则圆心为(1,0)，半径为1ra且1a，又(1,0)到330xy的距离|103|213d，所以要使圆上仅有一点到直线距离为1，只需dr>且1dr，则0a.故选：D3．（2022·全国·高三专题练

习（文））圆O：222xy上点P到直线l：3410xy距离的最小值为（）A．21B．22C．2D．0【答案】B【分析】根据圆与直线的位置关系，以及点到直线的距离公式即可求解.【详解】圆心到

直线的距离设为d，则2210234d，又因为圆的半径2r，所以点P到直线l：3410xy距离的最小值为22dr故选：B4．（2022·安徽·寿县第一中学高三阶段练习（理））过直线34110xy

上一动点P作圆22:2210Cxyxy的两条切线，切点分别为,AB，则四边形PACB的面积的最小值为（）A．3B．2C．3D．6【答案】A【分析】先表示出四边形PACB的面积PACBSPA，再求PA的最小值即可，又21PAPC，转化为求PC的最小值，

当PC垂直于直线34110xy时，利用点到直线距离即可求解.【详解】由题意得：圆22:111Cxy，则圆心(1,1)C，半径1r，PACA，如图，易知1222PPACBACS

SPAACPA，故要使四边形PACB的面积最小，即PA最小，又2221PAPCACPC，PC最小时，PA最小，当PC垂直于直线34110xy时，PC最小，此时22341123(4)PC

，2213PA，故四边形PACB的面积最小为3.故选：A.二、多选题5．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知点P在圆22:4Oxy上，点3,0A，0,4B，则（）A．点P到直线AB的距离最大值为225B．满足AP

BP的点P有2个C．过点B作圆O的两切线，切点分别为M､N，则直线MN的方程为1yD．2PAPB的最小值是210【答案】ABCD【分析】对A，求出直线AB的方程，算出圆心到该直线的距离，进而通过圆的性质判断答

案；对B，设点,Pxy，根据APBP得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可；对C，设1122,,,MxyNxy，进而得到切线方程MB,NB，再根据点B在两条切线上求得答案；对D，设

,Pxy，设存在定点0,Ct，使得点P在圆O上任意移动时均有12PCPB，进而求出点P的轨迹方程，然后结合点P在圆O上求得答案.【详解】对A，:14312034ABxylxy，则圆心到直线的距离22|12|12543d，所以点P到该直线距离的最

大值为1222255.A正确；对B，设点,Pxy，则224xy，且3,,,4APxyBPxy，由题意22223253,,4340224APBPxyxyxyxyxy

，两圆的圆心距为223500222，半径和与半径差分别为59512,22222，于是951222，即两圆相交，满足这样条件的点P有2个.B正确；对C，设1122,,,MxyNxy，则直线MB,NB分别为

11224,4xxyyxxyy，因为点B在两条直线上，所以1122044,044xyxy，于是,MN都满足直线方程044xy，即直线MN的方程为1y.C正确；对D，即求122PAPB的最小值，设存在定点0,Ct，

使得点P在圆O上任意移动时均有12PCPB，设,Pxy，则有2222142xytxy，化简得2223381164xytyt，∵224xy，则有2211tyt，即1210tyt，∴1t，0,1C，所以

222210PAPBPAPCAC≥，所以D正确.故选：ABCD.6．（2022·重庆·二模）已知点,Pxy是圆22:14Cxy上的任意一点，直线:131330lmxmym，则下列结论正确的是

（）A．直线l与圆C的位置关系只有相交和相切两种B．圆C的圆心到直线l距离的最大值为2C．点P到直线43160xy距离的最小值为2D．点P可能在圆221xy上【答案】ACD【分析】求出直线l所过定点Q的坐标，判断

点Q与圆C的位置关系，可判断A选项；利用当直线l与圆相切时，圆C的圆心到直线l距离最大可判断B选项；求出圆心C到直线43160xy的距离，利用圆的几何性质可判断C选项；判断两圆的位置关系可判断D选项.【详解】对于A选

项，因为直线l的方程可化为3330xymxy．令333xyxy解得03xy，所以直线l过定点0,3Q，直线l是过点Q的所有直线中除去直线330xy外的所有直线，圆心1,0C到直线3

30xy的距离为131213，即直线330xy与圆C相交，又点0,3Q在圆22:14Cxy上，所以直线l与C至少有一个公共点，所以直线l与圆C的位置关系只有相交和相切两种，A正确；对于B选项，当直线l为圆C的切线时，点C到直线l的距离最大，且最大

值为2QC，B错误；对于C选项，因为圆心C到直线43160xy的距离41645d，所以圆C上的点P到直线43160xy距离的最小值为422，C正确；对于D选项，圆221xy的圆心为原点O，半径为1，因为121OC，所以，圆

C与圆O内切，故点P可能在圆221xy上，D正确.故选：ACD.三、填空题7．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））过直线0xym上动点P作圆2:(2)(3)1Mxy的一条切线，切点为A，若使得

1PA的点P有两个，则实数m的取值范围为___________．【答案】3,1【分析】将使得1PA的点P有两个，转换为圆心M到直线0xym的距离的不等关系式求解即可【详解】由题，使得1PA的点P有两个，即使得2112

PM的点P有两个，即圆心到直线的距离小于半径.又圆心M到直线0xym的距离22231211mmd，故122m，即212m，即3,1m故答案为：3,18．（2022·贵州遵义·三模（理））圆22:2

Oxy上点P到直线3410:xyl距离的最小值为__________．【答案】22【分析】利用点到直线的距离公式求得正确答案.【详解】圆O的圆心为0,0，半径为2，0,0到直线l的距离为1022

5，所以圆22:2Oxy上点P到直线3410:xyl距离的最小值为22.故答案为：22四、解答题9．（2022·广东茂名·模拟预测）已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，直线2yx与抛物线C交于A，B两点.（1）求FAB的面积；（2）过抛物线C上一点Р作圆

22:34Mxy的两条斜率都存在的切线，分别与抛物线C交于异于点P的两点D，E.证明：直线DE与圆M相切.【答案】（1）23；（2）见解析.【分析】（1）将直线方程和抛物线联立，整理得关于x的一元二次方程，设11,Ax

y，22,Bxy，通过韦达定理和弦长公式求出AB的值，再通过点到直线的距离公式求出F点到AB的距离，进而求出面积；（2）设P为抛物线上的一点，则P点坐标为2,4aa，设过P点的圆的切线方程为24axmya，通过圆心到直线的距离等于半径可得关于m的一元二

次方程，进而求出D、E的坐标，再根据圆心到直线的距离等于半径，得证直线DE与圆M相切.【详解】（1）联立224yxyx，消去y整理得：2840xx，6444480，设11,Axy，22,Bxy，则128xx，12

4xx，22212121211424346ABkxxkxxxx由题得：1,0F，F到直线AB的距离为102222d，1124623222FABSABd；（2）设P为抛物线上的一点，设2,4aPa

，设过P的圆的切线方程24axmya，则由相切知圆心3,0M到切线距离234421mdm即212830mm，设切线PD解析式为：214axmya，切线PE解析式为：224axmya，1m、2m为

方程的两根，则1223mm，1214mm，联立得：2416160ymym，解得：21141,41Dmm，22241,41Emm，1212:24110DExmmymm，化简得：3410xy，圆心到直线DE的

距离22331234d，直线DE与圆M相切.【点睛】思路点睛：（1）解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条

件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形；（3）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.