高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练10
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知为的外心，，若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
3．已知点P为圆上一个动点，O为坐标原点，过P点作圆O的切线与圆相交于两点A,B，则的最大值为
A． B．5 C． D．
4．对圆上任意一点，的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．若对于任意角，都有，则直线围成的正多边形的最小面积是（ ）
A． B．4 C． D．不确定
6．直线与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围是
A．或 B．或
C． D．
二、多选题
7．过直线上一点作圆：的两条切线，切点分别为，，直线与，轴分别交于点，，则（ ）
A．点恒在以线段为直径的圆上 B．四边形面积的最小值为4
C．的最小值为 D．的最小值为4
8．已知实数，满足方程.则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．过点做的切线，则切线方程为
D．过点做的切线，则切线方程为
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．在平面直角坐标系中，已知直线上存在点，过点作圆的切线，切点分别为，，且，则实数的取值范围为________．
10．在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝6，AB＝8，点M为△ABC内切圆的圆心，过点M作动直线l与线段AB，AC都相交，将△ABC沿动直线l翻折，使翻折后的点A在平面BCM上的射影P落在直线BC上，点A在直线l上的射影为Q，则的最小值为_____．
11．以三角形边，，为边向形外作正三角形，，，则，，三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于120 时，正等角中心点P满足以下性质：
（1）；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得的最小值为_________
12．点是内部或边界上的点，若到三个顶点距离之和最小，则称点是的费马点（该问题是十七世纪法国数学家费马提出）.若，，时，点是的费马点，且已知在轴上，则的大小等于______.
四、解答题
13．如图，已知圆，点为直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为.
（Ⅰ）已知，求切线的方程；
（Ⅱ）直线是否过定点 若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由；
（Ⅲ）若，两条切线分别交轴于点，记四边形面积为，三角形面积为，求的最小值.
14．在平面直角坐标系中，若正方形边长为1，点在原点，、分别在轴和轴上.
（1）若点在线段上运动，求的取值范围；
（2）已圆，问是否存在被圆所截的直线交圆于两点，且.若存在，求出直线，若不存在说明理由.
15．已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线.
①求曲线的方程，并说明曲线的形状；
②在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.
16．已知点和点关于直线：对称．
（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，求直线的方程；
（2）若直线过点且与直线交于点，的面积为2，求直线的方程．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【分析】
首先以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，由外接圆的性质得，设外接圆的半径，从而根据，得到，，，设，外接圆的方程为：，根据得到，代入外接圆方程得到：，再利用基本不等式即可得到的最大值.
【详解】
如图所示：以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，
（为边的中点），由外接圆的性质得：
，由，设外接圆的半径，
则，
因为，所以，.
所以，，，设，
则外接圆的方程为：.
因为，
所以.
即，，
.
代入外接圆方程得到： ，
化简得：.
由基本不等式得：，当且仅当取等号.
化简得：，解得或
由图知：，所以，故的最大值为.
故选：D
【点睛】
本题考查通过建立直角坐标系解决向量的有关运算，圆的标准方程，基本不等式性质，考查学生分析问题的能力，属于难题.
2．B
【分析】
根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】
由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
3．A
【分析】
作交于，连接设，得，，进而，换元，得，通过求得的范围即可求解
【详解】
作交于，连接
设，则，
∴
取，
∴.
显然
易知
令，
，当且仅当等号成立；
此时
∴
故选A
【点睛】
本题考查圆的几何性质，切线的应用，弦长公式，考查函数最值得求解，考查换元思想，是难题
4．A
【分析】
首先将的取值与x，y无关,转化为圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关,继续转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间,再根据圆心到直线的距离小于等于半径且,解不等式组可得答案.
【详解】
因为的取值与x，y无关,
所以的取值与x，y无关,
所以的取值与x，y无关,
即圆上的点到直线的距离与到直线的距离之和与无关,
因为圆心到直线的距离为,
所以直线与圆相离,
所以直线必与圆相离或相切,且圆在与之间,
所以,且,
所以或 且,
所以.
故选:A
【点睛】
本题考查了点到直线的距离公式,利用点到直线的距离公式将问题转化为直线必与圆相离或相切,且圆在与之间是解题关键,属于中档题.
5．D
【分析】
先根据点到直线的距离为，确定直线为以为圆心，为半径的圆的切线，再取特殊直线运算否定ABC即得选项.
【详解】
解：由对于任意角，都有，
则点到直线的距离为，
即此直线为以为圆心，为半径的圆的切线，
当三条切线如图所示时，则正三角形的面积 ，
即存在直线围成的正多边形的面积为，即选项A,B,C错误，
故选D.
【点睛】
本题考查了直线系方程及数形结合的数学思想方法，重点考查了点到直线的距离，属中档题.
6．A
【分析】
把曲线方程整理后可知其图象为半圆，画出图象，要使直线与曲线有且仅有一个交点，从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于和另一个点，及与曲线交于点，分别求出，则的范围可得．
【详解】
解：曲线有即，
表示一个半圆（单位圆位于轴及轴右侧的部分），
如图，设、、，
当直线经过点时，，求得，
此时只有一个公共点，符合题意；
当直线经过点、点时，，求得，
此时有2个公共点，不符合题意；
当直线和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，
可得，求得或（舍去），
即：时，只有一个公共点，符合题意，
综上得，实数的范围为或，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，可用数形结合的方法较为直观.
7．BCD
【分析】
对于A，由动点及圆的性质即可判断；
对于B，连接，利用切线的性质将四边形的面积用表示，进而利用点到直线的距离公式求解；
对于C，由点，在以为直径的圆上可求得直线的方程，进而得到该直线过定点，最后数形结合即可得解；
对于D，先由直线的方裎得到点，的坐标，进而得到，最后利用基本不等式即可求解．
【详解】
对于A，在四边形中，不一定是直角，故A错误；
对于B，连接，由题易知，所以四边形的面积，又的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形面积的最小值为，B正确；
设，则以线段为直径的圆的方程是，与圆的方程相减，得，即直线的方程为，又点在直线上，所以，则，代入直线的方程，得，即，令，则，得，，所以直线过定点，所以，数形结合可知的最小值为，C正确；
在中，分别令，得到点，，所以，因为点在直线上，所以且，，则，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，D正确．
故选：BCD.
【点睛】
结论点睛：与圆的切线有关的结论：
（1）过圆上一点的切线方程为；
（2）过圆：外一点作圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦所在直线的方程为．
8．AD
【分析】
将整理为，方程表示以为圆心，半径为的圆，设，即，由圆心到直线的距离等于半径时直线与圆相切，求得直线斜率的最值，可判断AB；先判断在圆上，再利用圆心与该点确定直线方程的斜率，利用两直线垂直时斜率之积为，可求出切线的斜率，即可求出切线方程, 可判断CD.
【详解】
对于AB，设，即，由圆心到直线的距离等于半径时直线与圆相切，即，解得，即，，即的最大值是，故A正确，B错误；
对于CD，显然点在圆上，过与圆心的直线斜率为，由切线性质知，切线斜率，所以切线方程为，整理得，故C错误，D正确.
故选：AD
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与圆的综合问题，常见类型及解题策略
（1）处理直线与圆的弦长问题时用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．
（2）圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
9．
【分析】
作出图形，取的中点，可得点，根据已知条件计算得出，，由此可得出坐标原点到直线的距离，可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
取的中点，如图，
由圆的几何性质可得，且，
则，所以，
由，
所以，
由，，.
所以，则，点到直线的距离为，
则或，所以，
故答案为：．
【点睛】
本题考查直线与圆的应用，本题难点在于计算以及利用关系，审清题意，考查分析能力以及逻辑推理能能力，属难题．
10．825
【分析】
以AB，BC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，设直线l的斜率为k，用k表示出|PQ|，|AQ|，利用基本不等式得出答案．
【详解】
过点M作△ABC的三边的垂线，设⊙M的半径为r，则r2，
以AB，BC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，
如图所示，则M（2，2），A（0，8），
因为A在平面BCM的射影在直线BC上，所以直线l必存在斜率，
过A作AQ⊥l，垂足为Q，交直线BC于P，
设直线l的方程为：y＝k（x﹣2）+2，则|AQ|，
又直线AQ的方程为：yx+8，则P（8k，0），所以|AP|8，
所以|PQ|＝|AP|﹣|AQ|＝8，
所以，
①当k＞﹣3时，4（k+3）25≥825，
当且仅当4（k+3），即k3时取等号；
②当k＜﹣3时，则4（k+3）23≥823，
当且仅当﹣4（k+3），即k3时取等号.
故答案为：825
【点睛】
本题考查了考查空间距离的计算，考查基本不等式的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11．
【分析】
由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．
【详解】
解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，
则表示坐标系中一点到点、、的距离之和，
因为是等腰三角形，，
所以点在轴负半轴上，所以与轴重合，
令的费马点为，则在上，则，
因为是锐角三角形，由性质（1）得，
所以，所以，所以，
，到、、的距离分别为，，
所以的最小值，
即为费马点到点、、的距离之和，则．
故答案为：．
【点睛】
本题考查根据题给新定义的性质解题，涉及三角形的性质和两点间的距离的应用，理解新定义是解题的关键，考查转化思想和计算能力.
12．
【分析】
先证明费马点结论：若到三个顶点距离之和最小，则，再根据角度求解三条线段长度即可得解.
【详解】
先证明：若到三个顶点距离之和最小，则
如图将绕点B逆时针旋转60°得到，则≌，
，所以是等边三角形，，
，当四点共线时取得最小值，
此时，
同理可得
所以命题得证.
点是的费马点，且已知在轴上，
，
，
所以，
所以=.
故答案为：
【点睛】
此题考查求平面内点到三定点距离之和的最值问题，涉及平面几何的证明问题，根据三角形边角关系求解线段长度.
13．（Ⅰ）或；（Ⅱ）是，；（Ⅲ）25.
【分析】
（Ⅰ）分切线的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时由圆心到直线的距离等于半径可得切线的方程；
（Ⅱ）由题意求出以为圆心，以为半径的圆的方程，与圆联立可得弦所在的直线的方程，可得直线恒过定点；
（Ⅲ）由题意求出面积，的表达式，求出面积之积的表达式，换元，由均值不等式可得其最小值．
【详解】
（Ⅰ）情况1.当切线斜率不存在时，有切线
情况2.设切线：，即.
由得，解得，切线为
综上：切线为
（Ⅱ）在以点为圆心，切线长为半径的圆上，
即在圆：上
联立 得
所以过定点
(Ⅲ)
设；
得，，
切线统一记为，即
由得，得两根为
所以
所以，则
记
当，即时，
【点睛】
解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
14．（1）；（2）存在，和.
【分析】
（1）用坐标表示向量，利用向量的坐标运算法则求解；
（2）假设存在直线满足题意，把转化为向量垂直，进而求解.
【详解】
（1）∵平面直角坐标系中，正方形边长为1，点在原点，、分别在轴和轴上
∴，，，，∴的直线方程为：，
又∵在线段上，∴设，，
∴，，∴，
又∵，∴，，
∴时，取得最大值：，时，取得最小值：-2，
∴的取值范围为：.
（2）假设存在被圆所截的直线交圆于两点，且，
∴设，，
把直线与圆联立方程组得：
，
消去，整理得：，
则它的两根为：，，
由根与系数的关系得：，
∵，∴，∴
∵，，∴，…①，
又因为，在直线上，∴，，
∴，
把，，代入①式得：，
整理得：，
解得：或，
故存在直线：和满足题意.
【点睛】
关键点点睛：本题考章直线与圆的位置关系，在直线与圆相交问题中采取设而不求的思想方法，即设交点坐标 , 由直线方程与圆方程联立方程组，消元后得一元二次方程，应用韦达定理得然后把此结果代入题中其他条件求解.
15．
（1）
（2）①，曲线是为圆心，为半径的圆.
②不存在，理由见解析.
【分析】
（1）令且，结合题设得圆为，联立直线结合韦达定理及弦长公式列方程求参数m，进而写出圆的方程；
（2）①设，，应用坐标表示，，再根据列方程组分别用表示、用表示，最后由点在圆上代入化简即可确定的方程，并说明曲线的形状即可.
②设且，，不妨假设为定值，根据两点距离公式、在上化简并整理可得，则多项式方程中的系数及常数项均为0求参数，即可判断存在性.
（1）
令且，易知圆的半径为，
∴圆的方程为，联立，整理可得，
若与圆交点横坐标分别为、，则，，
∴，解得，又，即，
∴圆的方程为.
（2）
①设，，则，，而，
∴，则，又在圆上，
∴曲线的方程为，故曲线是为圆心，为半径的圆.
②设且，，
∴要使为定值，即为定值即可，则，
∴，又，则，
∴，
∴，可得，又异于原点，
∴不存在，使上任意一点有为定值.
【点睛】
关键点点睛：第二问，利用两个动点的数量关系，将一个未知曲线上的动点坐标表示已知圆上的动点坐标，根据点在圆上代入方程整理得曲线的方程即可；设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性.
16．（1）（2）或
【分析】
根据对称先求出B点坐标（1）过点B到点A距离最大的直线与直线AB垂直，从而求出直线方程；（2）画出图像，可求出点C到直线AB的距离，又点C在直线上，可设出C点的坐标，利用点到直线的距离公式求出C，又直线过点A，利用两点A、C即可求出直线的方程.
【详解】
解：设点
则 ，解得：，所以点关于直线：对称的点的坐标为
（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，则直线与过点的直线垂直，所以，则直线为：，即.
（2）由条件可知：，的面积为2，则的高为，
又点C在直线上，直线与直线 垂直，所以点到直线AB的距离为.
直线方程为，设，则有，即或
又，解得： 或
则直线为：或
【点睛】
本题考查求点关于直线的对称点，考查直线与直线相交的综合应用..
方法点睛：（1）设出交点坐标
（2）两点的中点在直线上，两点连线与原直线垂直，列方程组；
（3）解出点坐标.
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第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知边长为的等边三角形，是平面内一点，且满足，则三角形面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
2．设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知点，若圆上存在点，使得线段的中点也在圆上，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系内，设，为不同的两点，直线l的方程为，，下面四个命题中的假命题为（ ）
A．存在唯一的实数δ，使点N在直线上
B．若，则过M，N两点的直线与直线l平行
C．若，则直线经过线段M，N的中点；
D．若，则点M，N在直线l的同侧，且直线l与线段M，N的延长线相交；
5．已知抛物线上一点，过作倾斜角互补的两条直线，分别交抛物线于不同的两点，，已知直线的斜率为－2，则点的横坐标为（ ）
A．2 B． C．1 D．
6．已知函数，若存在非零实数，使得成立，则的最小值为（ ）．
A． B． C．16 D．4
二、多选题
7．过直线上一点作圆：的两条切线，切点分别为，，直线与，轴分别交于点，，则（ ）
A．点恒在以线段为直径的圆上 B．四边形面积的最小值为4
C．的最小值为 D．的最小值为4
8．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．曲线与曲线恰有三条公切线，则
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，，为切点，则直线经过定点
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．设是双曲线:上任意一点,过作渐近线和的平行线,分别交于点.则_______________.
10．已知点在直线上，若在圆上存在点，使得，点的横坐标的取值范围是__________.
11．一直线过点且与轴、轴的正半轴分别相交于、两点，为坐标原点．则的最大值为__．
12．已知二元函数的最小值为，则正实数a的值为________．
四、解答题
13．小岛A处东偏南角方向的海面P处生成一个台风，台风侵袭的范围为半径圆形区域，并以h的速度不断增大．该台风以h的速度向西偏北方向移动．
（1）10小时后，该台风是否开始侵袭小岛？说明理由；
（2）一艘渔船在生成台风8小时后到达小岛躲避台风，渔船需在小岛停留多长时间才能离开小岛？
14．已知一个动点在圆上移动，它与定点所连线段的中点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）过定点的直线与点的轨迹方程交于不同的两点，，且满足，求直线的方程.
15．在平面直角坐标系中，过坐标原点的圆（圆心在第一象限）与轴正半轴交于点，弦将圆截得两段圆弧的长度比为.
（1）求圆的标准方程；
（2）设点是直线上的动点，、是圆的两条切线，、为切点，求四边形面积的最小值；
（3）若过点且垂直于轴的直线与圆交于点、，点为直线上的动点，直线、与圆的另一个交点分别为、（与不重合），求证：直线过定点.
16．如图，已知圆，点为直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为.
（Ⅰ）已知，求切线的方程；
（Ⅱ）直线是否过定点 若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由；
（Ⅲ）若，两条切线分别交轴于点，记四边形面积为，三角形面积为，求的最小值.
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参考答案
1．C
【分析】
建立直角坐标系，设，写出的坐标，利用列式得关于的等式，可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，写出直线的方程，计算和点距离直线的最大距离，代入三角形面积公式计算.
【详解】
以的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，设，因为，所以，得，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，当点距离直线距离最大时，面积最大，已知直线的方程为：，，点距离直线的最大距离为：，所以面积的最大值为.
故选：C
【点睛】
解答本题的关键在于建立直角坐标系，设点，通过得关于的等式，从而判断出点的轨迹，数形结合分析得当点距离直线距离最大时，面积最大.
2．D
【分析】
以为一边作正方形，然后把问题转化为正方形的中心在圆上或圆内，从而求出的取值范围.
【详解】
以为一边作正方形，若对角线与圆有交点，则满足条件的存在，此时正方形的中心在圆上或圆内，即，
所以，所以，所以.
故选：D.
3．B
【分析】
根据已知用相关点法，求出中点的轨迹方程，又有点在圆上，可得点轨迹与圆有公共点，求出的范围.
【详解】
设，的中点，
由已知有解得，
即的中点的轨迹为圆，
又线段的中点也在圆上，∴两圆有公共点，
∴，解得.
故选:B.
【点睛】
本题考查动点轨迹方程的求法，以及圆与圆的位置关系，属于中档题.
4．A
【分析】
根据题意对一一分析，逐一验证．
【详解】
解：对于，化为：，即点，不在直线上，因此不正确．
对于，，则，即过，两点的直线与直线的斜率相等，又点，不在直线上，因此两条直线平行，故正确；
对于，，则，化为，因此直线经过线段的中点，故正确；
对于，，则，则点，在直线的同侧，故正确；
故选A
【点睛】
本题考查了直线系方程的应用、平行直线的判定、点与直线的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
5．A
【分析】
设出三点的坐标，由斜率坐标公式，利用点在抛物线上，结合题中条件，得到，同理得到，，利用倾斜角互补，得到两斜率互为相反数，化简得到，进而求得，得到结果.
【详解】
设，，，
则，故，
同理，，
，
所以，，
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，涉及到的知识点有斜率坐标公式，点在曲线上的条件，直线倾斜角互补的等价结果，属于中档题目.
6．A
【分析】
由函数，结合存在非零实数，，则有存在实数，使成立，再根据的几何意义，记，．则，表示关于动点的直线，然后将原点与点的距离转化为原点到直线的距离求解.
【详解】
因为函数，
所以
因为存在非零实数，，
所以存在实数，使成立，
又的几何意义为坐标原点与点的距离的平方，
记，，则．
故，
即为，表示动点的轨迹，
设为直线，则原点与点的距离的最小值为原点到直线的距离，
故，
因为，在上是增函数，
所以，
所以，当时，取等号.
故选：A．
【点睛】
本题主要考查函数的性质以及轨迹问题和点点距，点线距的几何意义的应用，还考查了数形结合思想和转化求解问题的能力，属于难题.
7．BCD
【分析】
对于A，由动点及圆的性质即可判断；
对于B，连接，利用切线的性质将四边形的面积用表示，进而利用点到直线的距离公式求解；
对于C，由点，在以为直径的圆上可求得直线的方程，进而得到该直线过定点，最后数形结合即可得解；
对于D，先由直线的方裎得到点，的坐标，进而得到，最后利用基本不等式即可求解．
【详解】
对于A，在四边形中，不一定是直角，故A错误；
对于B，连接，由题易知，所以四边形的面积，又的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形面积的最小值为，B正确；
设，则以线段为直径的圆的方程是，与圆的方程相减，得，即直线的方程为，又点在直线上，所以，则，代入直线的方程，得，即，令，则，得，，所以直线过定点，所以，数形结合可知的最小值为，C正确；
在中，分别令，得到点，，所以，因为点在直线上，所以且，，则，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，D正确．
故选：BCD.
【点睛】
结论点睛：与圆的切线有关的结论：
（1）过圆上一点的切线方程为；
（2）过圆：外一点作圆的两条切线，切点分别为，，则切点弦所在直线的方程为．
8．BCD
【分析】
由过定点的直线系方程判断A，根据直线与圆的位置关系与点到直线的距离判断B，由圆与圆的位置关系判断C，引入参数，求直线AB的方程，求直线所过定点.
【详解】
由，得，
联立，解得，
直线恒过定点，故A错误；
圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B正确；
两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线化为标准式，
曲线化为标准式，
圆心距为，解得，故C正确；
设点的坐标为，，以为直径的圆的方程为，
两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，
令，，解得，，故直线经过定点，，故D正确．
故选：BCD．
9．
【分析】
设,求出直线的方程,分别与联立,进而求出 的坐标,根据两点间的距离公式,求出,则可求的值.
【详解】
解:设 则，即.
由题意知直线 分别与 平行
则.所以,
将直线与 联立得 ,解得
将直线与 联立得,解得
即,.
所以,
所以.
故答案为: .
【点睛】
本题考查了两点间的距离求解,考查了圆锥曲线的综合计算.本题的难点及易错点在于计算.对于此类填空题,有一个技巧可能会减少运算量,即已知点是曲线上的任意一点,不妨设该点是特殊点,如顶点,可减少运算量.
10．
【分析】
根据圆的切线的性质,可知当过M点作圆的切线，切线与OM所成角是圆上的点与OM所成角的最大值，所以只需此角大于等于即可，转化为即可，建立不等式求解即可得出结论.
【详解】
设，过M作切线交圆于P，如图，
根据圆的切线性质，有∠OMN≦∠OMP.
如果∠OMP≥30°
则上存在一点N使得∠OMN=30°
若圆O上存在点N，使∠OMN=30°，则∠OMR≥30°
,
,
又
，
解得：，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了直线与圆相切时切线的性质,以及一元二次不等式的解法,综合考察了学生的转化能力，计算能力，属于中档题.
11．
【分析】
设，则，，利用三角恒等变换化简得出，利用基本不等式可求得结果.
【详解】
设，则，，
则，，，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
故答案为：.
12．.
【分析】
根据两点间距离公式，可得的表达式的几何意义为：点与点的距离之和，作出图形，根据两点间线段最短，可得的距离即为最小值，化简计算，即可得结果.
【详解】
由题意得，
其几何意义为：点与点的距离之和，如图所示：
设点，则求的最小值即可，
以B为旋转中心，将绕点B顺时针旋转至，连接，
则均为等边三角形，
所以，
所以，取等号时四点共线，
即，
又，所以，
化简可得，
左右同时平方，根据，解得，
故答案为：2.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于数形结合思想的运用，通过将复杂的函数最值问题借助图形转化为容易求解的几何问题，通过分析图形中几何元素的关系直观解答问题.
13．
（1）没有侵袭小岛，详见解析；
（2）16小时.
【分析】
（1）以A为原点建立直角坐标系，则，通过计算10小时后小岛与台风中心的距离，即得；
（2）由题列出不等式可得台风侵袭小岛的时间，再结合条件即得.
（1）
以A为原点，以正东方向为x轴，正北方向为y轴，建立直角坐标系，则为第四象限角，
∵，∴，
∴点P的坐标为即，
∴，
∵台风以h的速度向西偏北方向移动．
∴台风与x轴正方向成，
设t小时后台风中心为Q(x,y)，
∴，
∴，
∴，此时台风的半径为，
∴10小时后台风中心，
∴，即，
∴10小时后，该台风没有侵袭小岛.
（2）
若小岛受到台风侵袭，则，
∴，
化简得，，
∴，即台风生成后12小时到24小时之间侵袭小岛，
∴渔船需在小岛停留时间为24－8=16小时.
14．（1）；（2）或.
【分析】
（1）设，动点，则：根据中点坐标公式解得，代入即可得解；
（2）当直线的斜率不存在时，直线与圆交于，，
此时，不合题意.当直线的斜率存在时，设直线，则
由消去得：，结合韦达定理，即可得解.
【详解】
（1）设，动点，则：
根据中点坐标公式解得
∵
∴
∴点的轨迹方程为
（2）当直线的斜率不存在时，
直线与圆交于，，
此时，不合题意.
当直线的斜率存在时，设直线，则
由消去得：
∴
又∵
∴即
故解得，经检验满足
综上所述，直线的方程为.
【点睛】
本题考查了相关点代入法求曲线方程，考查了利用韦达定理搭桥各个变量之间的关系解决问题，有一定的计算量，属于较难题.
15．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由弦将圆截得两段圆弧的长度比为，可得，得为等边三角形，由此求出圆心坐标和半径，则圆的方程可求；
（2）四边形面积，而，要使四边形面积最小，则最小即可．此时，再由点到直线的距离公算求解得答案；
（3）设点，，，，，由题意可得，当斜率存在时，设直线的方程为，联立直线方程与圆的方程，利用根与系数的关系结合上式可得或．即可求出直线过定点；
【详解】
解：（1）∵弦将圆截得两段圆弧的长度比为，
∴，则为等边三角形，
又∵，∴圆心得坐标为，.
∴圆的标准方程.
（2）∵四边形面积，
在中，，
要使四边形面积最小，则最小即可.
此时，
∴，
∴，
∴四边形面积的最小值为.
（3）设点，，，
由题意知，，
∴，，
∴，
∴， ①
∵点、在圆上，
∴将和代入①整理
得， ②
当斜率存在时，设直线的方程为，
联立，
得，
，，
代入②整理得：，
∴，
解得或，
当时，直线的方程为，过定点，
当时，直线的方程为，过定点，
∵与不重合，∴点不合题意，
当斜率不存在时，联立，
解得，，
∴点适合.
综上，直线过定点.
【点睛】
(1)解答直线与圆的题目时，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．
16．（Ⅰ）或；（Ⅱ）是，；（Ⅲ）25.
【分析】
（Ⅰ）分切线的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时由圆心到直线的距离等于半径可得切线的方程；
（Ⅱ）由题意求出以为圆心，以为半径的圆的方程，与圆联立可得弦所在的直线的方程，可得直线恒过定点；
（Ⅲ）由题意求出面积，的表达式，求出面积之积的表达式，换元，由均值不等式可得其最小值．
【详解】
（Ⅰ）情况1.当切线斜率不存在时，有切线
情况2.设切线：，即.
由得，解得，切线为
综上：切线为
（Ⅱ）在以点为圆心，切线长为半径的圆上，
即在圆：上
联立 得
所以过定点
(Ⅲ)
设；
得，，
切线统一记为，即
由得，得两根为
所以
所以，则
记
当，即时，
【点睛】
解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练8
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知在中，其中，，的平分线所在的直线方程为，则的面积为（ ）
A． B． C．8 D．
2．已知点为直线上的动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，，则点到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为
A． B． C． D．
4．已知圆，圆，两圆的内公切线交于点，外公切线交于点，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．已知长方形的四个顶点：、、、.一质点从点出发，沿与夹角为的方向射到上的点后，依次反射到、和上的点、、（入射角等于反射角）.设的坐标为，若，则的范围是
A． B． C． D．
6．设点在圆外，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．设有一组圆，下列命题正确的是（ ）
A．不论如何变化，圆心始终在一条直线上
B．存在圆，经过点
C．存在定直线始终与圆相切
D．若圆上总存在两点到原点的距离为1，则
8．已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（ ）
A．圆M上恰有一个点到直线l的距离为 B．切线长PA的最小值为1
C．四边形AMBP面积的最小值为2 D．直线AB恒过定点
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知圆：与圆关于直线：对称，且圆上任一点与圆上任一点之间距离的最小值为，则实数的值为__________．
10．若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，则实数的所有可能的值为________
11．设点，设在圆：上存在点，使得，则实数的取值范围为______.
12．过直线上一点向圆引切线，切线长为，点到点的距离为，则的最大值为___________.
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴，y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合，如图所示．将矩形折叠，使点A落在线段DC上．
（1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程；
（2）在（1）的条件下，若时，求折痕长的取值范围．
14．已知圆C轨迹方程为
（1）设点，过点作直线与圆C交于，两点,若，求直线的方程；
（2）设是直线上的点，过点作圆的切线，，切点为，.求证：经过，，三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标。
15．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值;
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，探索是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
16．已知圆心在第一象限，半径为的圆与轴相切，且与轴正半轴交于，两点（在左侧），（为坐标原点）．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点任作一条直线与圆相交于，两点．
①证明：为定值；②求的最小值．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．C
【分析】
首先求得直线与直线的交点的坐标，利用到直线的距离相等列方程，解方程求得点的坐标.利用到直线的距离以及的长，求得三角形的面积.
【详解】
直线的方程为，即.
由解得.
设，直线的方程分别为 ，即
，.根据角平分线的性质可知，到直线的距离相等，所以
，
，由于，所以上式可化为，两边平方并化简得
，解得（），所以.
所以到直线的距离为，而，所以.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查直线方程的求法，考查直线与直线交点坐标，考查点到直线距离公式、两点间的距离公式，考查角平分线的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
2．D
【分析】
设 ，先求出直线的方程，由点在直线上，得出直线过定点,从而求出答案.
【详解】
设,
过点引圆的两条切线，切点分别为，.
则，两点在以为直径的圆:上.
又，在圆上，
所以为两圆的公共弦，将两圆方程联立相减得：
，即直线的方程
又点在直线上，则，代入直线的方程.
,得直线过定点，
所以点到直线的距离：.
故选：D.
【点睛】
本题考查圆的切线方程，直线过定点问题，点到直线的距离的最值问题,属于难题.
3．D
【分析】
由于两圆不在直线的同侧，先做出圆关于直线对称的圆，把转化为，若最大，必须最大，最小.
【详解】
如图：
依题意得点在直线上，
点关于直线对称的点,
点在圆关于直线对称的圆上，
则，设圆的圆心为，
因为，，
所以，当五点共线，在线段上，在线段上时“=”成立.
因此，的最大值为4.
【点睛】
本题主要考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，距离和差的最值问题对称变换是常采用的方法.
4．B
【分析】
作出两圆的内公切线和外公切线，由三角形的相似得到，再利用求得值。
【详解】
如图所示，，，解得：，
设，则，所以，
，因为，所以，故选B.
【点睛】
本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，与平面向量进行交会，求解时注意平面几何中相似三角形的运用，考查数形结合思想和坐标法思想求解问题。
5．B
【分析】
将矩形先向右平移个单位，再向上平移个单位得到矩形，再将矩形向右平移个单位，得到矩形，过点作轴，可得，计算出的取值范围，可得出，由此可得出的取值范围.
【详解】
将矩形先向右平移个单位，再向上平移个单位得到矩形，再将矩形向右平移个单位，得到矩形，如下图所示：
延长分别交、、于点、、，
过点作轴，垂足为点，则，
由对称性结合图形可知，，
且有，，，
所以，，
在中，.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用光线反射求角的正切值的取值范围，解题的关键就是利用对称性进行转化，利用数形结合思想求解，考查数形结合思想的应用，属于难题.
6．C
【分析】
根据直线和圆的位置关系，画出图形，利用数形结合即可得到结论．
【详解】
解：如图所示：
上存在点使得，
则的最大值大于或者等于时，一定存在点使得，
当与圆相切时，取得最大值，
此时，，
，
解得：，即，
又在圆外，
，
解得：，
综上所述：.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是找出存在点使的临界值.
7．AC
【分析】
对于A，考查圆心的横纵坐标关系即可判断；对于B，把代入圆方程，由关于k的方程根的情况作出判断；对于C，判断圆心到直线距离与半径的关系即可；对于D，圆与以原点为圆心的单位圆相交即可判断作答.
【详解】
对于A选项：圆心的轨迹为直线，即不论如何变化，圆心始终在一条直线上，A正确；
对于B选项：圆中，时，，，关于k的方程无实根，B错误；
对于C选项：选取直线l：，圆心直线l的距离 ，即直线l与圆相切，C正确；
对于D选项：到原点距离为1的轨迹是单位圆O：，当圆O与圆相交时满足条件，此时，得或，D错误.
故选：AC
8．BD
【分析】
利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形AMBP面积为，可判断C，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线AB的方程，即可判断D.
【详解】
由圆M：，可知圆心，半径，
∴圆心到直线l：的距离为，圆M上恰有一个点到直线l的距离为，故A错误；
由圆的性质可得切线长，
∴当最小时，有最小值，又，
∴，故B正确；
∵四边形AMBP面积为，
∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；
设，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，又，
所以，即，
又圆M：，即，
∴直线AB的方程为：，即，
由，得，即直线AB恒过定点，故D正确.
故选：BD.
9．2或6.
【详解】
分析：由两圆对称可得到圆的圆心坐标，然后根据圆上任一点与圆上任一点之间距离的最小值为两圆的圆心距减去两半径可得实数的值．
详解：设圆的圆心为，
∵圆和圆关于直线对称，
∴，解得，
∴圆的圆心为．
∴．
∵圆上任一点与圆上任一点之间距离的最小值为为，
∴，
解得或．
点睛：解答本题的关键是得到圆N的圆心坐标，然后根据几何图形间的关系求解．解答直线和圆、圆和圆的位置关系问题时，可充分考虑几何图形的性质，将问题转化为两点间的距离或点到直线的距离求解．
10．，，
【分析】
化简得到，然后，根据情况，对进行分类讨论即可求解
【详解】
由已知得，明显地，，整理得，又由，看成有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离相等；
由，
（1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线和
（2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等，注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时，
会作为增根被舍去；设点到的距离为，
①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为，此时，，符合；
②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为，此时，，符合；
综上，满足题意的实数为，，；
故答案为：，，
【点睛】
关键点睛：本题的解题关键在于化简得到，将问题转化为，有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离相等，这是本题的解题关键，本题难度属于困难
11．
【分析】
过作圆作切线，切点为，由此得到，再根据存在使得，得到长度满足的不等式，即可求解出的取值范围.
【详解】
如图所示：过作圆作切线，切点为，由切线性质可知：，
又因为存在使得，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查和圆的切线有关的角度问题，难度较难.圆有关的角度恒成立求参数范围问题，可通过数形结合的方式将角度问题转化为长度问题，寻求恒成立的临界条件，由此构建不等式求解出参数范围.
12．
【分析】
设点P的横坐标并用其表示相关距离，并分析其几何意义，进而得出最值.
【详解】
根据题意，设点P的坐标为，则：
故的几何意义为：x轴上一点与之间距离的 倍
又
故的几何意义为：x轴上一点与(-2,2)之间距离的倍
和位于 x轴的同侧，所以，的最大值即为这两点间距离的 倍
即，.
故答案为：.
13．（1）；（2）.
【分析】
（1）当时，此时A点与D点重合，求出折痕所在的直线方程．当时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为，可知：A与G关于折痕所在的直线对称，有，解得故G点坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点M的坐标表示，即可得出结果；
（2）当时，折痕长为当时，折痕所在的直线交BC于点，交y轴于点，利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出结果．
【详解】
（1）当时，此时点A与点D重合，折痕所在的直线方程为；
当时，将矩形折叠后点A落在线段DC上的点记为，
所以点A与点G关于折痕所在的直线对称，有，
即，交点，
故点G的坐标为，
从而折痕所在的直线与OG的交点坐标线段OG的中点为，
所以折痕所在的直线方程为，即，
综上所述，折痕所在的直线方程为；
（2）当时，折痕的长为2；
当时，折痕所在的直线交BC于点，
交y轴于点，，
又因为，所以，所以
综上所述，折痕长的取值范围为．
14．（1）或；（2）证明见解析，定点坐标为.
【分析】
（1）设出直线的方程，注意讨论斜率是否存在，再由点到直线的距离公式和弦长公式，列出方程，即可求得直线的方程；
（2）设出点的坐标，根据切线的性质，可得经过的三点的圆，即为以为直径的圆，求得圆的方程，结合院系方程，即可求解.
【详解】
（1）根据题意，圆轨迹方程为，可得圆心，半径为，
①若直线的斜率不存在时，即，代入圆的方程，
可得，即，符合题意；
②当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
设圆心的距离为，
因为，由圆的弦长公式可得，解得，
所以，解得，
所以直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
（2）由点是直线上的点，设点，
根据切线的性质，可得，
经过的三点的圆，即为以为直径的圆，
则圆的方程为，
整理得，
令，解得或，
即经过的三点的圆必经过定点.
【点睛】
本题主要考查了圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系及弦长的计算等知识点的综合应用，其中解答中熟记圆的弦长公式和圆的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
15．（1）；（2）138；（3）是定值，定值.
【分析】
（1）化几何条件为代数等式，整理可得.
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而
转化为：非线性规划问题处理.
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】
（1）设点，由題意可得，即，
化简可得.
（2）设，由（1）点满足方程:，代入上式消去可得，即的轨迹为
令，所以，，
所以.因此的最大值为138
（3）当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则
当直线的斜率不存在时，，，
所以定值.
【点睛】
本题为直线与圆的综合题，属于能力要求较高的问题.
思路点睛：定值问题处理方法:
①进行一般计算推理求出其结果，选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义、方程、几何性质，再用韦达定理，点差法等导出所求定值关系所需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果.
②通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，用特殊探索法（特殊值、特殊位置、特殊图形等）先确定出定值，从而找到解决问题的突破口，将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式，证明该式是恒定的.
16．（1）；（2）①，证明见解析，②
【分析】
（1）首先，得到，，，再根据即可得到答案.
（2）①首先根据（1）得到，，设，再分别计算即可；②根据得到，即可得到答案.
【详解】
（1）设，由题知：
，，，
所以，
解得，所以圆.
（2）由（1）知：，，
.所以，，
设，
，
同理，所以.
②因为，
所以.
所以的最小值为.
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答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练7
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知点为直线上的动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，，则点到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数的图象上，有且只有三个不同的点，它们关于直线的对称点落在直线上，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
3．若为直线上一个动点，从点引圆的两条切线，（切点为，），则线段的长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．圆过点的最大弦长为m,最小弦长为n,则（ ）
A． B． C． D．
5．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q、P的距离之比，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点Q为x轴上一点，且，若点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知边长为的等边三角形，是平面内一点，且满足，则三角形面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，过M点的圆C的最短弦长是
C．线段AB的中点纵坐标最小值是
D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是
8．已知两圆方程为与，则下列说法正确的是（ ）
A．若两圆外切，则 B．若两圆公共弦所在的直线方程为，则
C．若两圆在交点处的切线互相垂直，则 D．若两圆有三条公切线，则
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．记，其中、，已知、是椭圆上的任意两点，是椭圆右顶点，则的最大值是______.
10．已知，为实数，代数式的最小值是______.
11．已知实数满足，则的最小值为_______．
12．平面直角坐标系中，已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆交圆于、两点，点在上且满足，则点的轨迹方程是________．
四、解答题
13．已知点，点B，直线：其中．
（1）求直线所经过的定点P的坐标；
（2）若分别过A，B且斜率为的两条平行直线截直线所得线段的长为，求直线的方程．
14．已知.
（1）若，求的外接圆的方程；
（2）若以线段为直径的圆过点(异于点)，直线交直线于点，线段的中点为，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论；
（3）若在圆上存在点，使得，求的取值范围.
15．在平面直角坐标系中，已知圆经过、、三点，是直线上的动点，是过点且互相垂直的两条直线，其中交轴于点，交圆于、两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）若是使恒成立的最小正整数，求三角形的面积的最小值．
16．已知⊙M：，直线l：，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B．
（1）试判断直线l与⊙M的位置关系；
（2）当最小时，求直线AB的方程．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【分析】
设 ，先求出直线的方程，由点在直线上，得出直线过定点,从而求出答案.
【详解】
设,
过点引圆的两条切线，切点分别为，.
则，两点在以为直径的圆:上.
又，在圆上，
所以为两圆的公共弦，将两圆方程联立相减得：
，即直线的方程
又点在直线上，则，代入直线的方程.
,得直线过定点，
所以点到直线的距离：.
故选：D.
【点睛】
本题考查圆的切线方程，直线过定点问题，点到直线的距离的最值问题,属于难题.
2．D
【分析】
可先求关于的对称直线，联立对称直线和可得关于x的函数方程，采用分离参数法以及数形结合的方式进行求解即可
【详解】
设直线关于的对称函数为，则，因为与有三个不同交点，联立，可得，
当时显然为一解，
当时，有，
画出的图像，可知满足与有两交点需满足
综上所述，实数的取值范围是
答案选D
【点睛】
本题考察了直线关于对称直线的求法，函数零点中分离参数、数形结合、分类讨论等基本知识，对数学思维转化能力要求较高，特别是分离参数与数形结合求零点问题，是考察重点
3．C
【分析】
首先设圆，圆心，，根据题意得到当最小时，最小，利用余弦定理即可得到，再根据点在直线无限远取值时，，直径，即可得到答案.
【详解】
设圆，，圆心，，
要使的长度最小，则最小，即最小.
因为，所以当最小时，最小.
又因为，所以当最小时，最小.
因为，所以，
.
则.
当点在直线无限远取值时，，直径，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，同时考查了转化思想和学生分析问题的能力，属于难题.
4．A
【分析】
过圆内一点作圆的弦，最长的弦为直径，最短的弦为与过该点的直径垂直的弦，依据勾股定理可求得.
【详解】
圆的方程化为标准方程为.
所以圆心为，半径长为5.
因为，
所以点在已知圆的内部，则最大弦长即为圆的直径，即.
当为弦的中点时，弦长最小，此时弦心距，
所以最小弦长为，所以.
故选：A
【点睛】
此题考查直线与圆位置关系，注重考查几何意义，过圆内一点作圆的弦，最大的为直径，最小的为与直径垂直的弦，利用弦长公式求解即可.
5．C
【分析】
设，，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即
【详解】
设，，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得
，所以，又所以，因为，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查圆上动点问题，考查两点间直线最短.
6．C
【分析】
建立直角坐标系，设，写出的坐标，利用列式得关于的等式，可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，写出直线的方程，计算和点距离直线的最大距离，代入三角形面积公式计算.
【详解】
以的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，设，因为，所以，得，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，当点距离直线距离最大时，面积最大，已知直线的方程为：，，点距离直线的最大距离为：，所以面积的最大值为.
故选：C
【点睛】
解答本题的关键在于建立直角坐标系，设点，通过得关于的等式，从而判断出点的轨迹，数形结合分析得当点距离直线距离最大时，面积最大.
7．ABC
【分析】
根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答
【详解】
圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，
对于A，令直线AB：，即，显然有，
线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；
对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；
对于C，令线段AB的中点，则，
则，即，解得，当且仅当时取等号，
所以，C不正确；
对于D，依题意及切线长定理得：，，
，解得，即，
解得或，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABC
【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r，弦心距为d，弦长为l，则；
(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
8．ABC
【分析】
根据两圆外切的条件可确定AD的正误，由两圆方程作差可得公共弦所在直线方程确定B的正误，根据两圆交点处的切线垂直可知两圆圆心距，半径可构成直角三角形即可判断D.
【详解】
由圆的方程可知，两圆圆心分别为，，半径分别为，
所以圆心距为5，
若两圆外切，则，，故A正确；此时两圆有三条公切线，故D错误；
当两圆相交时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，
所以公共弦所在的直线方程为，
所以，解得，故B正确；
因为两圆在交点处的切线互相垂直，则一个圆的切线必过另一个圆的圆心，
所以两圆圆心距，两圆半径必构成一个直角三角形，故，解得，故C正确.
故选：ABC
【点睛】
关键点点睛：两圆的位置关系可通过圆心距与半径之间的关系确定，两圆的公共弦所在直线的方程可利用两圆方程作差求解，当两圆的交点处的切线垂直时，一个圆的切线必过另一个圆的圆心.
9．
【分析】
设点，其中，可得，分和两种情况讨论，结合辅助角公式求得的最大值，同理可求得的最大值，由此能得出结果.
【详解】
设点，其中，易知点，
则.
①当时，，
，则，当时，取最大值；
②当时，，
，则，当时，取最大值.
综上所述，的最大值，同理可知，的最大值也为.
因此，的最大值是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查距离的新定义，考查椭圆方程的应用，考查计算能力，属于难题.
10．
【分析】
利用两点间的距离公式的几何意义，将代数问题转化为几何问题求解，即可得到答案；
【详解】
如图所示，
构造点，，，，
，
分别作关于轴的对称点，关于轴的对称点，连接，，，，，
，
当且仅当，分别为与轴 轴的交点时，等号成立，
故答案为：.
11．
【分析】
实数满足表示点在直线上，可以看作点到原点的距离，最小值是原点到直线的距离，根据点到直线的距离公式求解.
【详解】
因为实数满足＝1
所以表示直线上点到原点的距离，
故的最小值为原点到直线的距离，
即，
故的最小值为1.
【点睛】
本题考查点到点，点到直线的距离公式，此题的关键在于的最小值所表示的几何意义的识别.
12．
【分析】
延长交于点，设，利用三角形全等证明出，可得出为线段的垂直平分线，设点，求出以为直径的圆的方程，可求得两圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，利用垂直平分线的性质可得出，由此可求得动点的轨迹方程.
【详解】
延长交于点，则，设，
以为直径的圆交圆于点、，所以，，
则，可得，
在和中，，，，
，，，，
，，，则为的中点，且，
，，，则为的中点，
设点，则，，
的中点坐标为，
以线段为直径的圆的方程为，
即，
将圆与圆的方程相减得，
即直线的方程为，即，
由，解得，所以，直线过定点，
由于为线段的垂直平分线，则，
所以，点的轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】
求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
13．（1）；（2）．
【详解】
解：由题意，其中，
则，
，
，
解得，
直线l所经过的定点P的坐标；
分别过A，B且斜率为的两条平行直线，分别为，
由知，l恒过点，
当斜率存在时，设直线l为，
设直线l与分别交于点E，F，
联立方程组可得，
所以，
即，
所以，
所以直线l：，
当直线l的斜率不存在时，
直线l：时，检验此时不符合题意，
综上，直线l的方程为．
本题考查直线恒过定点、两直线交点的意义及直线与直线的距离，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．
由题意可得其中，由此可得方程组，从而可求定点的坐标；
先求出过A，B且斜率为的两条平行直线，再分直线l的斜率存在和不存在两种情况讨论即可．
14．（1）；（2）相切，证明见解析；（3）
【分析】
（1）设圆的方程为：，代入三个点的坐标，解方程组即可求解；
（2）求出圆的方程，设，利用、、三点共线，求出与的关系，再结合点在圆上可得之间的关系，利用表示出直线的方程，再比较圆心到直线的距离与半径的大小即可求解；
（3）设利用两点间距离公式以及点在圆上得出，的关系，再利用圆的参数方程以及三角函数的范围即可求解.
【详解】
（1）由题意知点在所求的圆上，
设圆的方程为：，
可得解得： ，
所以的外接圆的方程为，
（2）以线段为直径的圆的圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
设，因为、、三点共线，
可得，，，
所以，所以，
可得，，
所以直线的斜率为，
因为点在圆：上，所以，
可得，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为：，即，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切.
（3）设，则①，
由可得，
所以②，
由①②可得：，
所以，
设，，
所以，即，
所以即，
所以，
由可得：或，
由可得：，
因为，所以
【点睛】
解决圆中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
15．(1) (2)
【分析】
（1）求出圆心与半径，设方程为：，因为，则直线到圆心的距离，即可求直线 的方程.
（2）设，由点在线段上，得，因为，所以.
依题意知，线段与圆至多有一个公共点，所以，由此入手求得三角形的面积的最小值
【详解】
解：（1）由题意可知，圆的直径为，所以圆方程为：.
设方程为：，则，解得，，
当时，直线与轴无交点，不合，舍去．
所以，此时直线的方程为.
（2）设，由点在线段上，得，即.
由，得.
依题意知，线段与圆至多有一个公共点，
故，解得或.
因为是使恒成立的最小正整数，所以.
所以圆方程为：
(i) 当直线时，直线的方程为，此时，
(ii) 当直线的斜率存在时，
设的方程为：，则的方程为：，点.
所以 .
又圆心到的距离为，所以
故
因为，所以.
【点睛】
本题考查圆锥曲线与直线问题，涉及到的知识点有求圆的方程，直线方程，点到直线的距离公式，以及恒成立问题等，解题的关键是求出圆的方程，属于偏难题目．
16．
（1）直线与圆相离
（2）
【分析】
（1）利用圆心到直线的距离与圆的半径比较即可得解；
（2）根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化为圆心到直线的距离，再利用四点共圆的知识求得动点的轨迹，联立两个圆的方程可得所求的直线的方程.
（1）
⊙M化为，圆心，半径，
M到直线l的距离为，所以直线与圆相离.
（2）
如图，连接，四边形的面积为，
要使最小，则需四边形的面积最小，
即只需的面积最小，因为，所以只需最小，
又，
所以只需直线上的动点到点M的距离最小，
其最小值是圆心到直线的距离，此时
所以直线的方程为
由，解得，所以，所以点四点共圆，
所以以点PM为直径的圆的方程为，即，
联立两个圆的方程得直线AB的方程为：.
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答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练6
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．设双曲线的方程为，若双曲线的渐近线被圆：所截得的两条弦长之和为，已知的顶点，分别为双曲线的左、右焦点，顶点在双曲线的右支上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．圆过点的最大弦长为m,最小弦长为n,则（ ）
A． B． C． D．
3．实数，，成等差，点在动直线上的射影为，点则线段长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系内，设，为不同的两点，直线l的方程为，，下面四个命题中的假命题为（ ）
A．存在唯一的实数δ，使点N在直线上
B．若，则过M，N两点的直线与直线l平行
C．若，则直线经过线段M，N的中点；
D．若，则点M，N在直线l的同侧，且直线l与线段M，N的延长线相交；
5．已知点为圆上动点，为坐标原点，则向量在向量方向上投影的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线，过轴上点的直线与双曲线的右支交于两点（在第一象限），直线交双曲线左支于点（为坐标原点），连接，若，，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．4
二、多选题
7．瑞士数学家欧拉(Euler)在1765年在其所著作的《三角形的几何学》－书中提出：三角形的外心(中垂线的交点)、重心(中线的交点)、垂心(高的交点)在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.若△ABC的顶点A(－4，0)，B(0，4)，其欧拉线方程为x－y＋2＝0，则下列说法正确的是（ ）
A．△ABC的外心为(－1，1) B．△ABC的顶点C的坐标可能为(－2，0)
C．△ABC的垂心坐标可能为(－2，0) D．△ABC的重心坐标可能为
8．已知平面内两个给定的向量，满足，，则使得的可能有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．以三角形边，，为边向形外作正三角形，，，则，，三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于120 时，正等角中心点P满足以下性质：
（1）；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得的最小值为_________
10．已知，为实数，代数式的最小值是______.
11．已知直线过两直线和的交点，且原点到该直线的距离为，则该直线的方程为_____.
12．点是内部或边界上的点，若到三个顶点距离之和最小，则称点是的费马点（该问题是十七世纪法国数学家费马提出）.若，，时，点是的费马点，且已知在轴上，则的大小等于______.
四、解答题
13．在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点O的圆M（圆心M在第一象限）与x轴正半轴交于点A（2，0），弦OA将圆M截得两段圆弧的长度比为1：5．
（1）求圆M的标准方程；
（2）设点B是直线l：x+y+20上的动点，BC、BD是圆M的两条切线，C、D为切点，求四边形BCMD面积的最小值；
（3）若过点M且垂直于y轴的直线与圆M交于点E、F，点P为直线x＝5上的动点，直线PE、PF与圆M的另一个交点分别为G、H（GH与EF不重合），求证：直线GH过定点．
14．已知点，点B，直线：其中．
（1）求直线所经过的定点P的坐标；
（2）若分别过A，B且斜率为的两条平行直线截直线所得线段的长为，求直线的方程．
15．莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler，瑞士数学家），1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心（三条中线的交点）、垂心（三条高线的交点）和外心（三条中垂线的交点）共线．这条线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，，．
（1）求的欧拉线方程；
（2）记的外接圆的圆心为C，直线l：与圆C交于A，B两点，且，求的面积最大值．
16．最近国际局势波云诡谲，我国在某地区进行军事演练，如图，，，是三个军事基地，为一个军事要塞，在线段上．已知，，到，的距离分别为，，以点为坐标原点，直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示．
（1）求两个军事基地的长；
（2）若要塞正北方向距离要塞处有一处正在进行爆破试验，爆炸波生成时的半径为（参数为大于零的常数），爆炸波开始生成时，一飞行器以的速度自基地开往基地，问参数控制在什么范围内时，爆炸波不会波及到飞行器的飞行．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【分析】
根据垂径定理求出圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可得，得到，即可求出，根据正弦定理中角化边公式，即可得结果.
【详解】
依题意得，双曲线的一条渐近线方程为，
渐近线被圆，即所截得的两条弦长之和为16
设圆心到直线的距离为，则，
所以，则，得，
因为，所以，
又因为，所以在中，
由正弦定理可得，
所以，，，
则.
故选：B．
【点睛】
本题考查了双曲线的简单性质、渐近线方程和圆的有关性质，还运用到点到直线的距离公式和正弦定理中的角化边公式，属于中档题.
2．A
【分析】
过圆内一点作圆的弦，最长的弦为直径，最短的弦为与过该点的直径垂直的弦，依据勾股定理可求得.
【详解】
圆的方程化为标准方程为.
所以圆心为，半径长为5.
因为，
所以点在已知圆的内部，则最大弦长即为圆的直径，即.
当为弦的中点时，弦长最小，此时弦心距，
所以最小弦长为，所以.
故选：A
【点睛】
此题考查直线与圆位置关系，注重考查几何意义，过圆内一点作圆的弦，最大的为直径，最小的为与直径垂直的弦，利用弦长公式求解即可.
3．B
【分析】
先根据条件确定动直线过定点，再确定点轨迹，最后根据点与圆位置关系求最值.
【详解】
因为，，成等差，所以，因此过定点,
因为点在动直线上的射影为，所以点轨迹为以为直径的圆，即，从而,（为坐标原点）
故选B
【点睛】
本题考查直线过定点、圆的轨迹以及点与圆的位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.
4．A
【分析】
根据题意对一一分析，逐一验证．
【详解】
解：对于，化为：，即点，不在直线上，因此不正确．
对于，，则，即过，两点的直线与直线的斜率相等，又点，不在直线上，因此两条直线平行，故正确；
对于，，则，化为，因此直线经过线段的中点，故正确；
对于，，则，则点，在直线的同侧，故正确；
故选A
【点睛】
本题考查了直线系方程的应用、平行直线的判定、点与直线的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
5．B
【分析】
设向量所在直线为OA（A为向量的终点），当点P位于与直线OA垂直且与圆相切的直线上时，投影取得最值，进而求出最大值.
【详解】
如图所示，向量所在直线为OA（A为向量的终点），则，则设与直线OA垂直且与圆相切的直线为，所以圆心到直线的距离，
根据图形可知，当时投影最大，设此时与直线OA交于B，
易得，直线OA：，联立：，解得：，
所以，则向量在向量方向上投影的最大值为.
故选：B.
6．A
【分析】
由题意可得出和，且得出，根据，关于原点对称，即可得到，再根据离心率公式即可求出双曲线离心率．
【详解】
由题可知，，，
则直线和直线的倾斜角分别为和，
所以，
即：，
因为，关于原点对称，
可设，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
【点睛】
本题考查了双曲线的简单性质以及离心率的计算，还涉及直线的倾斜角和斜率的运算，属于中档题．
7．ACD
【分析】
求出直线AB的垂直分线方程，联立欧拉方程可求得外心坐标，判断A;求出外接圆方程，表示出重心，坐标，代入到外接圆方程中，可求得C的坐标，进而判断B,D的对错；写出过C和直线AB垂直的可能的方程，和欧拉方程联立求得垂心坐标，可判断C.
【详解】
由顶点A(－4，0)，B(0，4)，可知直线AB的垂直分线方程为 ，
的外心在直线x－y＋2＝0上，
联立 ，可得外心坐标为(－1，1)，故A正确；
设外心为G,则G(－1，1)，故 ,
所以外接圆方程为 ，
设 ，则的重心为 ，代入欧拉线方程为x－y＋2＝0中，
得： ，和联立，解得或，
即C点坐标可以为 ，故B错误；
由C点坐标为，可知重心可能为，故D正确；
当C点坐标为时，过C和AB垂直的直线方程为 ，
联立欧拉线方程为x－y＋2＝0可解得垂心坐标为；
当C点坐标为时，过C和AB垂直的直线方程为 ，
联立欧拉线方程为x－y＋2＝0可解得垂心坐标为，故C正确，
故选：ACD.
8．ABC
【分析】
由给定条件用坐标表示、，利用向量模的坐标表示列出方程，再借助直线与圆的公共点个数即可判断作答.
【详解】
因平面向量，满足，，在平面直角坐标系中，令，设，
由可得：，表示以点为圆心，1为半径的圆，
由得：，
整理得：，表示一条直线l，
依题意，同时满足直线l的方程和圆C的方程，因此直线l与圆C的公共点个数，即是向量的个数，
点C到直线l的距离
，
显然，当时，，直线l与圆C相交，有两个公共点，向量有2个，C满足；
当时，，直线l与圆C相切，有1个公共点，向量有1个，B满足；
当时，，直线l与圆C相离，没有公共点，不存在向量满足条件，即有0个，A满足.
故选：ABC
【点睛】
思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.
9．
【分析】
由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．
【详解】
解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，
则表示坐标系中一点到点、、的距离之和，
因为是等腰三角形，，
所以点在轴负半轴上，所以与轴重合，
令的费马点为，则在上，则，
因为是锐角三角形，由性质（1）得，
所以，所以，所以，
，到、、的距离分别为，，
所以的最小值，
即为费马点到点、、的距离之和，则．
故答案为：．
【点睛】
本题考查根据题给新定义的性质解题，涉及三角形的性质和两点间的距离的应用，理解新定义是解题的关键，考查转化思想和计算能力.
10．
【分析】
利用两点间的距离公式的几何意义，将代数问题转化为几何问题求解，即可得到答案；
【详解】
如图所示，
构造点，，，，
，
分别作关于轴的对称点，关于轴的对称点，连接，，，，，
，
当且仅当，分别为与轴 轴的交点时，等号成立，
故答案为：.
11．或
【分析】
先求两直线和的交点，再分类讨论，先分析所求直线斜率不存在时是否符合题意，再分析直线斜率存在时，设斜率为，再由原点到该直线的距离为，求出，得到答案.
【详解】
由和，得，即交点坐标为，
（1）当所求直线斜率不存在时，直线方程为，此时原点到直线的距离为，
符合题意；
（2）当所求直线斜率存在时，设过该点的直线方程为，
化为一般式得，由原点到直线的距离为，
则，解得，得所求直线的方程为.
综上可得，所求直线的方程为或
故答案为：或
【点睛】
本题考查了求两直线的交点坐标，由点到直线的距离求参，还考查了对直线的斜率是否存在分类讨论的思想，属于中档题.
12．
【分析】
先证明费马点结论：若到三个顶点距离之和最小，则，再根据角度求解三条线段长度即可得解.
【详解】
先证明：若到三个顶点距离之和最小，则
如图将绕点B逆时针旋转60°得到，则≌，
，所以是等边三角形，，
，当四点共线时取得最小值，
此时，
同理可得
所以命题得证.
点是的费马点，且已知在轴上，
，
，
所以，
所以=.
故答案为：
【点睛】
此题考查求平面内点到三定点距离之和的最值问题，涉及平面几何的证明问题，根据三角形边角关系求解线段长度.
13．
（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】
（1）由圆弧的长度比为，可得，得为等边三角形，由此求出圆心坐标和半径，则圆的方程可求；
（2）四边形得面积，要使四边形面积最小，则最小即可．此时，再由点到直线的距离公式求解；
（3）设点，，，，，先分析GH斜率存在时，设，根据联立方程，由根与系数关系求出k，b关系即可得出所过定点，再验证斜率不存在情况即可.
（1）
弦将圆截得两段圆弧的长度比为，
，则为等边三角形，
又，
圆心得坐标为，．
圆的标准方程为；
（2）
四边形得面积，
在中，，要使四边形面积最小，则最小即可．
此时，
，
．
四边形面积的最小值为；
（3）
证明：设点，，，，，
由题意知：，，
，．
，
，①
点、在圆上，将和代入①整理得：
，②
当斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得．
，．
代入②整理得：．
，解得或．
当时，直线的方程为，过定点；
当时，直线的方程为，过定点．
与不重合，
点不合题意．
当斜率不存在时，
联立，解得，，．
点适合．
综上，直线过定点．
14．（1）；（2）．
【详解】
解：由题意，其中，
则，
，
，
解得，
直线l所经过的定点P的坐标；
分别过A，B且斜率为的两条平行直线，分别为，
由知，l恒过点，
当斜率存在时，设直线l为，
设直线l与分别交于点E，F，
联立方程组可得，
所以，
即，
所以，
所以直线l：，
当直线l的斜率不存在时，
直线l：时，检验此时不符合题意，
综上，直线l的方程为．
本题考查直线恒过定点、两直线交点的意义及直线与直线的距离，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．
由题意可得其中，由此可得方程组，从而可求定点的坐标；
先求出过A，B且斜率为的两条平行直线，再分直线l的斜率存在和不存在两种情况讨论即可．
15．
（1）
（2）
【分析】
（1）判断为等腰直角三角形，三线合一，即可求解；
（2）结合（1）知外心是，利用圆的弦长公式求得，再利用面积公式结合二次函数的性质求最值.
（1）
的顶点，，
利用两点之间距离公式知，
又，所以为等腰直角三角形，
的中垂线方程是，也是的平分线，三线合一，
∴欧拉线方程是．
（2）
由（1）知为等腰直角三角形，故外心为斜边中点，
即外心是，
圆心C到直线l的距离，，
所以
利用二次函数性质知，当时，即时，
16．
（1）
（2）当时，爆炸波不会波及飞行器的飞行
【分析】
（1）利用直线与圆相切求出点坐标，联立直线方程求出点坐标，利用两点的距离公式即可求解
（2）由题意得对恒成立，即对恒成立，然后对进行分类讨论，利用基本不等式即可求解．
（1）
则由题设得：，直线的方程为，，
由，及解得，所以．
所以直线的方程为，即，
由得，，即，
所以，
即基地的长为．
（2）
设爆炸产生的爆炸波圆，
由题意可得，生成小时时，飞行在线段上的点处，
则，，所以．
爆炸波不会波及卡车的通行，即对恒成立．
所以，
即．
当时，上式恒成立，
当即时，，
因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以，在时，恒最立，亦即爆炸波不会波及飞行的通行．
答：当时，爆炸波不会波及飞行器的飞行．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练5
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．已知，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．若对于任意角，都有，则直线围成的正多边形的最小面积是（ ）
A． B．4 C． D．不确定
3．点P在函数y＝ex的图象上．若满足到直线y＝x+a的距离为的点P有且仅有3个，则实数a的值为（ ）
A． B． C．3 D．4
4．已知抛物线上一点，过作倾斜角互补的两条直线，分别交抛物线于不同的两点，，已知直线的斜率为－2，则点的横坐标为（ ）
A．2 B． C．1 D．
5．过点作两条互相垂直的直线分别交圆：于 和，两点，则四边形的最大面积为（ ）
A． B． C． D．
6．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为
A． B．
C．或 D．或
二、多选题
7．古希腊数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值m（m≠1）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，，点P满.设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
C．在C上存在K使得
D．在x轴上存在异于A，B的两个定点D，E，使得
8．台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球.若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律如图，有一张长方形球台ABCD，，现从角落A沿角的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．以三角形边，，为边向形外作正三角形，，，则，，三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于120 时，正等角中心点P满足以下性质：
（1）；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得的最小值为_________
10．心脏线，也称心形线，是一个圆上的固定一点在该圆绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周滚动时所形成的轨迹，因其形状像心形而得名.心脏线的平面直角坐标方程可以表示为，，则关于这条曲线的下列说法：
①曲线关于轴对称；
②当时，曲线上有4个整点（横纵坐标均为整数的点）；
③越大，曲线围成的封闭图形的面积越大；
④与圆始终有两个交点.
其中，所有正确结论的序号是___________.
11．在平面直角坐标系中，已知圆C满足：圆心在轴上，且与圆相外切.设圆C与轴的交点为M，N，若圆心C在轴上运动时，在轴正半轴上总存在定点，使得为定值，则点的纵坐标为_________.
12．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为4，，点是正方形边上的一个动点，点关于直线的对称点为点，当取得最小值时，直线的方程为______.
四、解答题
13．已知.
（1）若，求的外接圆的方程；
（2）若以线段为直径的圆过点(异于点)，直线交直线于点，线段的中点为，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论；
（3）若在圆上存在点，使得，求的取值范围.
14．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点，圆与x轴的负半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B．
（1）设直线QA，QB的斜率分别是，求的值：
（2）设AB的中点为M，点，若，求的面积．
15．如图，设直线：，：点A的坐标为过点A的直线l的斜率为k，且与，分别交于点M，N的纵坐标均为正数
（1）设，求面积的最小值；
（2）是否存在实数a，使得的值与k无关若存在，求出所有这样的实数a；若不存在，说明理由．
16．已知圆C：，直线l：.
（1）若圆C截直线l所得弦AB的长为，求m的值；
（2）若，直线l与圆C相离，在直线l上有一动点P，过P作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且的最小值为.求m的值，并证明直线MN经过定点.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．C
【分析】
问题转化为点到点的距离的平方，等价于在直线上找一点，使得它到图象的距离的平方最小，利用函数图象的对称性即可得解.
【详解】
可看成点到点的距离的平方，
点在直线的图象上，点在反比例函数的图象上，
问题转化为在图象上找一点，使得它到直线的距离的平方最小.
注意到反比例函数的图象关于直线对称，直线也关于对称，
观察图象知点P到直线的距离最短，，
最短距离为，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】
本题考查两点之间的距离，利用化归与转化思想，将问题转化为在直线上找一点使得它到图象的距离的平方最小，借助函数图象的对称性解决问题，属于中档题.
2．D
【分析】
先根据点到直线的距离为，确定直线为以为圆心，为半径的圆的切线，再取特殊直线运算否定ABC即得选项.
【详解】
解：由对于任意角，都有，
则点到直线的距离为，
即此直线为以为圆心，为半径的圆的切线，
当三条切线如图所示时，则正三角形的面积 ，
即存在直线围成的正多边形的面积为，即选项A,B,C错误，
故选D.
【点睛】
本题考查了直线系方程及数形结合的数学思想方法，重点考查了点到直线的距离，属中档题.
3．C
【分析】
要满足到直线y＝x+a的距离为的点P有且仅有3个，则需要直线与函数y＝ex的图象相交，而且点P在函数y＝ex的图象上满足在直线一侧一个点到直线距离为，另外一侧两个点到直线距离为．于是就涉及到切线问题，需要求导数，求切点．从而解决问题．
【详解】
过函数y＝ex的图象上点P（x0，y0）作切线，使得此切线与直线y＝x+a平行
y′＝ex，于是，则x0＝0，y0＝1
∴P（0，1），
于是当点P到直线y＝x+a的距离为时，则满足到直线y＝x+a的距离为的点P有且仅有3个，
∴，解得a＝﹣1或a＝3
又当a＝﹣1时，函数y＝ex的图象与直线y＝x﹣1相切，从而只有两个点到直线距离为，所以不满足；
故a＝3．
故选：C．
【点睛】
本题考查利用导数求切线切点，以及曲线与直线的位置关系的综合应用，难度较大.
4．A
【分析】
设出三点的坐标，由斜率坐标公式，利用点在抛物线上，结合题中条件，得到，同理得到，，利用倾斜角互补，得到两斜率互为相反数，化简得到，进而求得，得到结果.
【详解】
设，，，
则，故，
同理，，
，
所以，，
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，涉及到的知识点有斜率坐标公式，点在曲线上的条件，直线倾斜角互补的等价结果，属于中档题目.
5．D
【分析】
设圆心到的距离分别为，利用圆的弦长公式表示出的长，再利用基本不等式，即可求解四边形面积的最大值，得到答案.
【详解】
由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
设圆心到的距离分别为，
因为，则,
又由圆的弦长公式，可得,
所以四边形的面积为：
，
当且仅当时取等号，
所以四边形的面积的最大值为22.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及对角线互相垂直的四边形面积的求法和基本不等式的应用问题，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
6．A
【分析】
利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.
【详解】
曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.
设与曲线相切于点，
则
所以
到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
7．BD
【分析】
设点，根据题意可求出的方程可判断A，根据三角形内角平分线的性质可判断B，求出点K的轨迹方程与的方程联立可判断C，设.的坐标结合的方程可判断D.
【详解】
设点，则由可得，
化简可得，故A错误；
当，，三点不共线时，因为，，
所以，所以，射线是的平分线，故B正确；
设存在，则，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，又因为不满足，
所以不存在满足条件，故C错误；
假设轴上存在异于的两定点，使得，
可设，可得，
由P的轨迹方程为，可得，
解得或（舍去），即存在，故D正确.
故选：BD.
【点睛】
本题考查阿波罗尼斯圆的定义及应用，属于新定义问题；证明角平分线除了可以通过线段的长度比来证明，还可以通过点到线段两边的距离相等来证明；和圆有关的线段长度问题，可以利用坐标法来解决问题.
8．AD
【分析】
根据题意，分两种情况作图：第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；然后利用三角形全等即可求解.
【详解】
第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边，反射情况如下：
此时，根据反射的性质，，，所以，,为中点，取，则，设，则，所以，可得，，，
第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边，反射情况如下：
此时，根据反射的性质，，，，所以，,为中点，取，则，设，则，所以，可得，，，
故答案选：AD
【点睛】
本题考查分类讨论的数学思想，难点在于作图，属于难题.
9．
【分析】
由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．
【详解】
解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，
则表示坐标系中一点到点、、的距离之和，
因为是等腰三角形，，
所以点在轴负半轴上，所以与轴重合，
令的费马点为，则在上，则，
因为是锐角三角形，由性质（1）得，
所以，所以，所以，
，到、、的距离分别为，，
所以的最小值，
即为费马点到点、、的距离之和，则．
故答案为：．
【点睛】
本题考查根据题给新定义的性质解题，涉及三角形的性质和两点间的距离的应用，理解新定义是解题的关键，考查转化思想和计算能力.
10．
【分析】
根据曲线的方程结合图像分析其性质，再逐项验证得出结果.
【详解】
根据曲线方程，可画图像，根据曲线的方程结合图形可知，曲线关于轴对称，①错误；
当时，曲线方程可写为
时，或
令，上述方程可化为
结合上图得，的整数取值为0，-1，-2.
时，或；
时，上述曲线方程写为，解得，此时不为整数；
时，.
所以时，曲线上有4个整点 分别为②正确；
由图像可知曲线围成的封闭图形面积随的增大而增大，③正确；
由圆的方程可知，圆心坐标为，半径为，且圆经过原点
所以曲线与圆恒有两个交点，④正确.
故答案为：.
11．
【分析】
设C（c，0），P（0，p），（p＞0），圆C半径为r，用c、p、r表示∠OPM，∠OPN的正切值，再利用两角差的正切公式表示∠MPN的正切值，分析该值为定值的条件可确定P的坐标．
【详解】
解：
如图，设C（c，0），P（0，p），（p＞0）圆C半径为r，
则OM＝c﹣r，ON＝c+r，OP＝p，
∴tan∠OPM＝，
tan∠OPN＝，
∴tan∠MPN＝tan（∠OPN﹣∠OPM）
＝
＝，
由两圆外切可知，r+1＝，
得c2＝r2+2r﹣3，
∴tan∠MPN＝
＝，
∵上式为与无关的定值，
∴p2﹣3＝0，
∴p＝．
故答案为：
【点睛】
此题考查了两圆相切，三角公式的综合运用等，难度较大．
12．
【分析】
设出点的坐标，表示出，利用导数确定取得最小值时的的坐标，然后可得直线的方程.
【详解】
设，，则直线的方程为；
设，则的中点在直线上，即；
由得，所以，
，
，
，
令，则，由可得，
时，，时，，
所以当时，有最小值，此时,
,所以直线的方程为.
【点睛】
本题主要考查平面向量的坐标运算及直线的方程，明确目标的最值条件是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
13．（1）；（2）相切，证明见解析；（3）
【分析】
（1）设圆的方程为：，代入三个点的坐标，解方程组即可求解；
（2）求出圆的方程，设，利用、、三点共线，求出与的关系，再结合点在圆上可得之间的关系，利用表示出直线的方程，再比较圆心到直线的距离与半径的大小即可求解；
（3）设利用两点间距离公式以及点在圆上得出，的关系，再利用圆的参数方程以及三角函数的范围即可求解.
【详解】
（1）由题意知点在所求的圆上，
设圆的方程为：，
可得解得： ，
所以的外接圆的方程为，
（2）以线段为直径的圆的圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
设，因为、、三点共线，
可得，，，
所以，所以，
可得，，
所以直线的斜率为，
因为点在圆：上，所以，
可得，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为：，即，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切.
（3）设，则①，
由可得，
所以②，
由①②可得：，
所以，
设，，
所以，即，
所以即，
所以，
由可得：或，
由可得：，
因为，所以
【点睛】
解决圆中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
14．（1）；（2）．
【分析】
（1）由已知可得直线的斜率存在，设出直线方程，与圆的方程联立，由斜率公式结合根与系数的关系即可求得的值；
（2）设中点，由（1）知求得M的坐标，再由，得，把M的坐标代入，即可求得值，然后利用垂径定理求弦长，再求出Q到直线的距离，则的面积可求．
【详解】
（1）当直线垂直于轴时，不合题意，设直线方程为，
联立，整理得，
设，则，
所以
即.
（2）设中点，由（1）知，，①
代入直线l的方程得，②
又由，得，
化简得：，
将①②代入上式，可得，
所以圆心到直线l的距离，所以，
Q到直线l的距离，
所以＝．
【点睛】
解决直线与圆的位置关系的常见方法：
1、几何法：圆心到直线的距离与圆的半径比较大小，结合圆的性质，判断直线与圆的位置关系，这种方法的特点时计算量较小；
2、代数法：将直线方程与圆的方程联立方程组，转化为一元二次方程，结合一元二次方程解得个数，判断直线与圆的位置关系，特点是计算量较大，更适合直线与圆锥曲线的位置关系的判定问题；
3、转化法：结合圆的性质和圆的对称性，进行转化求解，特点是抓住直线与圆的几何特征，利用几何特征求解.
15．（1）；（2）存在；
【分析】
(1)利用直线的点斜式方程直线l的方程，再利用两条直线的交点坐标得和，再结合题目条件得，当时，得直线OA的方程为，
和，以及，再利用点到直线的距离公式得点M和N到直线OA的距离，从而得面积，令，则，从而得S
，再利用基本不等式求最值，计算得结论；
(2)利用(1)的结论，结合两点间的距离公式得和，计算，由得结论．
【详解】
(1)因为直线l过点，且斜率为k，
所以直线l的方程为
因为直线l与，分别交于点M，N，所以，
因此由得，即，
由得，即
又因为M，N的纵坐标均为正数，
所以，即
而，因此
又因为当时，直线OA的方程为，
，，且，
所以点M到直线OA的距离为，
点N到直线OA的距离为，
因此面积
令，则且，
因此
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以S的最小值为，即面积的最小值为
(2)存在实数，使得的值与k无关．
由(1)知：，，且
因此，，
所以
又因为，所以当时，为定值，
因此存在实数，使得的值与k无关．
16．（1）；（2），证明见解析.
【分析】
（1）由弦长公式，结合点到直线的距离公式得到关于的方程，求解即得；
（2）利用余弦的二倍角公式得到，点C到直线1的距离，根据弦心距性质得到时，的值最小，由此的最小值为，然后根据已知最小值求得的值，进而求得的值.
设，以CP为直径的圆记为圆D，为圆C和圆D的公共弦，然后利用两圆的方程相减得到公共弦所在的直线方程，利用直线系方程的知识证得直线过定点.
【详解】
（1）圆C的圆心，半径，
由弦AB的长为得：
点C到直线l的距离为，
又，
，解得：；
（2），
由（1）知点C到直线1的距离，
，时，的值最小，
即的最小值为，
由已知得，解得，
，解得或0，
，，
当时，直线l的方程为，
设，以CP为直径的圆记为圆D，
则圆D的方程为，
即①，
圆C的方程为②，
由②-①得③，
M、N两点为圆C和圆D的公共点，
③即为直线MN的方程，
③变形得，
由，解得，
所以，直线MN经过定点.
【点睛】
关键是两圆的方程相减得到公共弦所在直线方程,构造以CP为直径的圆记为圆D是关键.
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答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练4
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．如图，正方形ABCD内接于圆，M,N分别为边AB,BC的中点，已知点，当正方形ABCD绕圆心O旋转时，的取值范围是
A． B． C． D．
2．已知点，直线将三角形ABC分割成面积相等的两个部分，则b的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．若实数满足，则最大值是（ ）
A．4 B．18 C．20 D．24
4．若为直线上一个动点，从点引圆的两条切线，（切点为，），则线段的长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线：，：，直线垂直于，，且垂足分别为A，B，若，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．8
6．定义：在平面直角坐标系xOy中，设点P（x1，y1），Q（x2，y2），则d（P，Q）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|叫做P、Q两点的“垂直距离”，已知点M（x0，y0）是直线ax+by+c＝0外一定点，点N是直线ax+by+c＝0上一动点，则M、N两点的“垂直距离”的最小值为（ ）
A． B．
C． D．|ax0+by0+c|
二、多选题
7．已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，过M点的圆C的最短弦长是
C．线段AB的中点纵坐标最小值是
D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是
8．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
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知为直线上一点，过作圆的切线，则切线长最短时的切线方程为__________．
10．设点，设在圆：上存在点，使得，则实数的取值范围为______.
11．今有，点，又点是上动点，过作的切线，切点分别是，直线与交于点，则的最大值是______．
12．已知圆，点，若上存在两点满足，则实数的取值范围___________
四、解答题
13．如图，点P（x0，y0）是圆O：x2+y2＝9上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|＝4．
（1）求a的值；
（2）当线段AB最短时，求直线l的方程；
（3）问：满足条件的点P有几个？请说明理由．
14．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.
（1）若军营所在区域为：，求“将军饮马”的最短总路程；
（2）若军营所在区域为为：，求“将军饮马”的最短总路程．
15．已知圆O的方程为．
（1）若坐标原点O到直线的距离为，且过点求直线的方程；
（2）分别连接点和点R、S，若，且两角均为正角，试问直线的斜率是否为定值，并说明理由．
16．已知点，曲线C上任意一点P满足．
（1）求曲线C的方程；
（2）设点，问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由．
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参考答案
1．C
【分析】
设，且，用表示出向量的结果，然后利用三角函数的性质可求得范围.
【详解】
如图所示：
连接OM，由题意圆的半径为，则正方形的边长为2，可得，，设，且，所以由，由，可得，所以，则.
故选：C.
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的运算，考查了平面向量和平面几何知识以及三角函数知识的综合应用，属于中档题.
2．A
【分析】
先求得直线与x轴的交点为，根据面积相等可得点M在射线OA上即．求出直线和BC的交点N的坐标，就的不同位置分类讨论后可得结果．
【详解】
由题意可得，三角形ABC的面积为，
由于直线与x轴的交点为，
由直线将分割为面积相等的两部分，可得，
故，故点M在射线OA上．
设直线和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为．
①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故，
把A、N两点的坐标代入直线，求得．
②若点M在点O和点A之间，此时，点N在点B和点C之间，
由题意可得三角形NMB的面积等于，
故，即 ，可得，求得 ，
故有．
③若点M在点A的左侧，则，由点M的横坐标，求得．
设直线和AC的交点为P，
则由求得点P的坐标为，
此时由题意可得，的面积等于，即，
即，化简可得．
由于此时，，．
两边开方可得，，化简可得 ，
故有．
综上的取值范围应是 ，
故选：A．
3．C
【分析】
当时，解得；当，令，可得，设，，则问题等价于和有公共点，观察图形可求解.
【详解】
当时，解得，符合题意；
当时，令，则，又，则，即，
则原方程可化为，
设，，，
则表示斜率为的直线，表示以原点为圆心，半径为的四分之一圆，
则问题等价于和有公共点，观察图形可知，
当直线与圆相切时，由，解得，
当直线过点时，，解得，
因此，要使直线与圆有公共点，，
综上，，故的最大值为20.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：解题得关键是令，将问题转化为直线与圆有公共点.
4．C
【分析】
首先设圆，圆心，，根据题意得到当最小时，最小，利用余弦定理即可得到，再根据点在直线无限远取值时，，直径，即可得到答案.
【详解】
设圆，，圆心，，
要使的长度最小，则最小，即最小.
因为，所以当最小时，最小.
又因为，所以当最小时，最小.
因为，所以，
.
则.
当点在直线无限远取值时，，直径，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，同时考查了转化思想和学生分析问题的能力，属于难题.
5．C
【分析】
根据条件设出直线l3的方程，求出点A，B坐标，用m表示出，再借助几何意义即可计算得解.
【详解】
因直线垂直于，，则设直线l3的方程为：，
由得点，由得点，而，，
于是得，
而表示动点到定点与的距离的和，
显然，动点在直线上，点与在直线两侧，因此，，
当且仅当点M是直线与线段EF：的交点，即原点时取“=”，此时m=0，
从而得取最小值，
所以，当直线l3方程为：时，取最小值.
故选：C
6．A
【分析】
设N（，），则M、N两点的“垂直距离”为：||+||．由此能求出M、N两点的“垂直距离”的最小值．
【详解】
由题意，点是直线外一定点，点是直线上一动点，可设，
则两点的“垂直距离”为：
所以两点的“垂直距离”的最小值为．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了两点间的垂直距离的最小值的求法，考查垂直距离、直线的参数方程等基础知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于中档试题．
7．ABC
【分析】
根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答
【详解】
圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，
对于A，令直线AB：，即，显然有，
线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；
对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；
对于C，令线段AB的中点，则，
则，即，解得，当且仅当时取等号，
所以，C不正确；
对于D，依题意及切线长定理得：，，
，解得，即，
解得或，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABC
【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r，弦心距为d，弦长为l，则；
(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
8．ACD
【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.
9．或
【分析】
利用切线长最短时，取最小值找点：即过圆心作直线的垂线，求出垂足点．就切线的斜率是否存在分类讨论，结合圆心到切线的距离等于半径得出切线的方程．
【详解】
设切线长为，则，所以当切线长取最小值时，取最小值，
过圆心作直线的垂线，则点为垂足点，此时，直线的方程为，
联立，得，点的坐标为.
①若切线的斜率不存在，此时切线的方程为，圆心到该直线的距离为，合乎题意；
②若切线的斜率存在，设切线的方程为，即.
由题意可得，化简得，解得，
此时，所求切线的方程为，即.
综上所述，所求切线方程为或，
故答案为或．
【点睛】
本题考查过点的圆的切线方程的求解，考查圆的切线长相关问题，在过点引圆的切线问题时，要对直线的斜率是否存在进行分类讨论，另外就是将直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于半径长，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题．
10．
【分析】
过作圆作切线，切点为，由此得到，再根据存在使得，得到长度满足的不等式，即可求解出的取值范围.
【详解】
如图所示：过作圆作切线，切点为，由切线性质可知：，
又因为存在使得，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查和圆的切线有关的角度问题，难度较难.圆有关的角度恒成立求参数范围问题，可通过数形结合的方式将角度问题转化为长度问题，寻求恒成立的临界条件，由此构建不等式求解出参数范围.
11．
【分析】
设，利用三角形相似求出点的坐标，代入所在的直线方程求得点的轨迹方程为圆，将问题转化为圆上的点到定点的距离的最值进行求解即可．
【详解】
解：设，因为，所以，所以，
所以，又点是上动点，所以代入，
化简得，即（不同时为零），故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（去掉点），
所以的最大值是点到圆心的距离加上半径，故的最大值是
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：在求直线与圆的位置关系的相关问题时，注意运用平面几何的性质，得出线段间的关系，从而转化为点的坐标的关系，得出动点的轨迹得以解决．
12．
【分析】
令，根据得，由在圆上代入坐标，整理可将问题转化为两个圆有公共点，则两圆的圆心距离在内，进而求的范围.
【详解】
由题意，可得如下示意图，
令，由知：，又在上，
∴，整理得，即两圆有公共点，
∴两圆的圆心距离为，半径分别为、，故当时符合题意，
∴，即.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：设，利用向量共线的坐标表示求B坐标，将点代入圆的方程将问题转化为两圆有公共点，求参数范围.
13．（1）a＝3；（2）3x+4y+15＝0；（3）2个，理由见解析．
【分析】
(1)依题意计算 ，可得结果；
(2)解法1(代数法)：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，再求出d的最大值即可得结果；
解法2(几何法)：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，当且仅当O1，O，P三点共线时，d取得最大值，从而得解；
(3)采用分类讨论，O1，O 在直线 AB 同侧或异侧，假设|AP|＝t，可得 d2+(2t)2＝100，并得t2＝|MP|2＝25﹣(d﹣3)2 或 t2＝|MP|2＝25﹣(d+3)2计算即可判断．
【详解】
解：(1)当直线l过圆心点O1时，
，
解得a＝3(负值舍去)．
(2)解法1(代数法)：因为OP与圆O相切，所以直线l的方程为 x0x+y0y＝9，
且 ，
所以圆心O1到直线l的距离
，
记z＝3x0+4y0，则直线3x0+4y0﹣z＝0 与圆 有公共点，
所以圆心(0，0)到直线 3x+4y﹣z＝0 的距离
，所以﹣15 z 15，
所以当z＝﹣15 时，dmax＝8，此时弦长 最短，
由，解得，
所以直线l 的方程为 3x+4y+15＝0．
解法2(几何法)：如图，过 O1 作 O1M⊥AB，则 M 为弦 AB 的中点，设 d＝|O1M|，
当|O1M|最长时，弦长|AB|最短，
因为 d |O1P| |OO1|+|OP|＝8，
当且仅当O1，O，P三点共线时，取得最大值，
此时 OO1⊥AB，
因为 ，
所以直线 OO1 的方程为 ，
由，
解得(P点在第 3 象限)
所以直线l的方程为3 x+4y+15＝0．
(3)因为，
所以设|AP|＝t，则|BP|＝3t(t＞0)，
所以|AB|＝4t，
所以 d2+(2t)2＝100 ①，
(i)如图，当O1，O 在直线 AB 同侧时，
t2＝|MP|2＝25﹣(d﹣3)2②，
由①②得d＝6 或 d＝2，
当d＝6 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆(x﹣3)2+(y﹣4)2＝36 的公切线，
此时两圆相交，公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，
d＝2 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆(x﹣3)2+(y﹣4)2＝4 的公切线，
此时两圆相外切，外公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，
(ii)如图，当O1，O 在直线 AB 异侧时，
t2＝|MP|2＝25﹣(d+3)2，③
由①③可得d＝﹣6 或 d＝﹣2(舍)，满足条件的P点不存在，
综上，满足条件的点P共有4个．
附：当d＝6 时 ，
即|3x0+4y0﹣9|＝18，
由
解得P(﹣3，0)或 ，
当d＝2 时 ，
即|3x0+4y0﹣9|＝6，
由，
解得或 或 ( 舍去 )．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系及其判定，涉及两圆的公切线问题，与圆有关的最值问题，要注意考虑到各种不同的情况，避免遗漏，又要注意检验取舍，仔细认真计算.
14．（1）；（2）.
【分析】
（1）作出图形，先算出点A关于已知直线的对称点，进而连接交已知直线于点P，则点P为饮马点，然后求出最短总路程；
（2）作出图形，进而选取区域内离最近的点，最后求出最短总路程.
【详解】
（1) 若军营所在区域为，
圆：的圆心为原点，半径为，作图1如下：
设将军饮马点为，到达营区点为，设为关于直线的对称点，
因为，所以线段的中点为，则，
又，联立解得：，即.
所以总路程，要使得总路程最短，只需要最短，即点到圆上的点的最短距离，即为.
（2）军营所在区域为，
对于，在，时为令，得，令，则，
图形为连接点和的线段，根据对称性得到的图形为图2中所示的菱形，容易知道：为这个菱形的内部(包括边界).
由图2可知，最短路径为线段，连接交直线于点，则饮马最佳点为点Q，所以点到区域最短距离．即“将军饮马”最短总路程为.
15．（1）；（2）定值为.
【分析】
(1)设过点的直线方程为,由原点到直线RS的距离能求出直线RS的方程；
(2)设点,,将直线RS的方程,代入圆的方程得,由此利用韦达定理结合已知条件能求出直线RS的斜率为定值.
【详解】
(1)设过点的直线方程为,
原点到直线RS的距离为,
,解得,
直线RS的方程为.
(2)设点,,
将直线RS的方程代入圆的方程得，
由韦达定理得，，
,则,
即,
又,
联立可得,
即或,
当时,直线RS过定点不成立,
故直线RS的斜率为定值.
【点睛】
本题考查直线方程、直线斜率的求法,考查直线的斜率是否为定值的判断与求法,解题时要认真审题,注意函数与方程思想的合理运用.
16．（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）设点的坐标为，根据，结合两点间的距离公式，列出方程，即可求解；
（2）①当斜率不存在，得到这些直线都是平行的，②设直线的方程为，联立方程组求得，结合，列出方程求得，代入直线方程，根据直线方程，求得定点，进而得到答案.
【详解】
（1）设点的坐标为，
因为，可得，整理得，
即曲线的方程为.
（2）①如果斜率不存在，直线垂直于x轴，此时与圆交于两点，
可得这些直线都是平行的，不可能经过同一点，不符合题意．
②设存在定点Q满足条件，设直线的方程为，
设，联立方程组，整理得，
可得，
无论直线如何运动，轴都平分∠EDF，可得，
所以，可得，
所以，
所以，整理得，可得，
所以，可得直线经过定点，
所以存在过定点的直线与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，轴都平分∠EDF．
【点睛】
直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练3
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．设点，，动点满足，设点的轨迹为，圆：，与交于点，为直线上一点（为坐标原点），则（ ）
A． B．
C． D．
2．直线与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围是
A．或 B．或
C． D．
3．已知点，动点满足，则的取值范围（ ）
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系中,定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点及上任意一点,称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”记作给出下列四个命题:
①对任意三点，都有
②已知点和直线则
③到原点的“切比雪夫距离”等于的点的轨迹是正方形；
其中真命题的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
5．已知圆，过轴上的点存在圆的割线，使得，则的取值范围（ ）
A． B．
C． D．
6．已知点，直线将三角形ABC分割成面积相等的两个部分，则b的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．圆与圆恰有三条公切线
B．直线与圆一定相交
C．直线与曲线有两个不同交点，则实数的取值范围是
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过定点
8．已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，过M点的圆C的最短弦长是
C．线段AB的中点纵坐标最小值是
D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．点在动直线上的投影为点M，若点，那么的最小值为________.
10．实数，满足，（，），则的取值范围为______.
11．今有，点，又点是上动点，过作的切线，切点分别是，直线与交于点，则的最大值是______．
12．2020年11月，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，探测器在进入近圆形的环月轨道后，将实施着陆器和上升器组合体与轨道器和返回器组合体分离.我们模拟以下情景：如图，假设月心位于坐标原点，探测器在处以的速度匀速直线飞向距月心的圆形轨道上的某一点，在点处分离出着陆器和上升器组合体后，轨道器和返回器组合体立即以的速度匀速直线飞至，这一过程最少用时_______________s.
四、解答题
13．已知点及圆：.
（1）若直线过点且与圆相切，求直线的方程；
（2）设过P直线与圆交于M、N两点，当时，求以为直径的圆的方程；
（3）设直线与圆交于，两点，是否存在实数，使得过点的直线垂直平分弦？若存在，求出实数的值.
14．已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线.
（1）求的轨迹方程，并说明其形状；
（2）过直线上的动点分别作的两条切线、（、为切点），为弦的中点，直线：分别与轴、轴交于点、，求的面积的取值范围.
15．已知圆，圆.
（1）若直线与圆相交于两点，且以线段为直径的圆经过点，求实数的值；
（2）设为圆上任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得（为常数）？若存在，求出定点的坐标及的值；若不存在，请说明理由.
16．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.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【分析】
由题意先求动点P的轨迹的方程,联立和求出的坐标,如图由平面几何知识和向量数量积的运算规则可求得.
【详解】
设点P(),由可得,
化简得动点P的轨迹的方程为:,联立
解得:,如图所示,有平面几何知识可得:,
向量数量积的运算规则可得:
.
故选:C.
【点睛】
本题考查了由已知条件求动点轨迹的问题,考查了求两圆交点坐标的运算,借助于平几何知识求向量的数量积的问题,考查了综合运算能力,属于中档题.
2．A
【分析】
把曲线方程整理后可知其图象为半圆，画出图象，要使直线与曲线有且仅有一个交点，从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于和另一个点，及与曲线交于点，分别求出，则的范围可得．
【详解】
解：曲线有即，
表示一个半圆（单位圆位于轴及轴右侧的部分），
如图，设、、，
当直线经过点时，，求得，
此时只有一个公共点，符合题意；
当直线经过点、点时，，求得，
此时有2个公共点，不符合题意；
当直线和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，
可得，求得或（舍去），
即：时，只有一个公共点，符合题意，
综上得，实数的范围为或，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，可用数形结合的方法较为直观.
3．B
【分析】
根据题意，求出点和的轨迹，结合平面向量的加法以及模长的计算，即可求解.
【详解】
设，则，，
因，所以，即，因此点在以原点为圆心，2为半径的圆上，
同理可得点也在以原点为圆心，2为半径的圆上.
又因，所以当和重合，且、、三点共线时，取得最值，
因此，.
故选：B.
4．D
【分析】
①讨论，，三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；
②设点是直线上一点，且，可得，，讨论，的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；
③根据“切比雪夫距离”的定义可判断出命题的真假.
【详解】
① 对任意三点、、，若它们共线，设，、，，，，如图，结合三角形的相似可得，，为，，，或，，，则；
若，或，对调，可得；
若，，不共线，且三角形中为锐角或钝角，如图，
由矩形或矩形，；
则对任意的三点，，，都有，故①正确；
②设点是直线上一点，且，
可得，，
由，解得，即有，
当时，取得最小值；
由，解得或，即有，
的范围是，无最值；
综上可得，，两点的“切比雪夫距离”的最小值为；故②正确；
③由题，到原点的“切比雪夫距离”的距离为1的点满足，即或，显然点的轨迹为正方形，故③正确；
故选：D
【点睛】
本题考查新定义的理解和运用，考查数形结合思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题．
5．D
【分析】
利用割线定理得，再根据，列出关于的关系式，利用求解即可.
【详解】
由题意得圆的圆心坐标为，半径，如图所示：
连接，交圆分别点，易证△∽△
则，
因为，故，，
所以，
又，
所以，
解得.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查圆的方程及圆的几何性质，考查学生分析处理问题的能力，属于难题，解答时将问题灵活转化是关键.
6．A
【分析】
先求得直线与x轴的交点为，根据面积相等可得点M在射线OA上即．求出直线和BC的交点N的坐标，就的不同位置分类讨论后可得结果．
【详解】
由题意可得，三角形ABC的面积为，
由于直线与x轴的交点为，
由直线将分割为面积相等的两部分，可得，
故，故点M在射线OA上．
设直线和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为．
①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故，
把A、N两点的坐标代入直线，求得．
②若点M在点O和点A之间，此时，点N在点B和点C之间，
由题意可得三角形NMB的面积等于，
故，即 ，可得，求得 ，
故有．
③若点M在点A的左侧，则，由点M的横坐标，求得．
设直线和AC的交点为P，
则由求得点P的坐标为，
此时由题意可得，的面积等于，即，
即，化简可得．
由于此时，，．
两边开方可得，，化简可得 ，
故有．
综上的取值范围应是 ，
故选：A．
7．ABD
【分析】
利用两圆位置关系可判断A；利用圆心到直线的距离可判断B；利用数形结合可求实数的取值范围进而判断C；由题可求以OP为直径的圆的方程，结合条件可得直线AB的方程，可判断D.
【详解】
对于A，由圆，可知圆心，半径为1，
由圆，可知圆心，半径为4，
又，所以两圆外切，即圆与圆恰有三条公切线，故A正确；
对于B，由圆知圆心为，半径为3，又直线，所以圆心到直线的距离为，直线与圆相交，故B正确；
对于C，直线恒过定点，曲线为圆心为，半径为2的半圆，如图所示，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离为半径2，即，解得，当直线经过B(-2，1)点时，直线的斜率为，
则直线与曲线有两个不同交点时，实数的取值范围是，故C错误；
对于D，设，则，
以OP为直径的圆的方程为，即，又圆，
两圆方程作差可得直线AB的方程为，
消去n可得，令，
解得，故直线经过定点，故D正确.
故选：ABD.
8．ABC
【分析】
根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答
【详解】
圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，
对于A，令直线AB：，即，显然有，
线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；
对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；
对于C，令线段AB的中点，则，
则，即，解得，当且仅当时取等号，
所以，C不正确；
对于D，依题意及切线长定理得：，，
，解得，即，
解得或，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABC
【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r，弦心距为d，弦长为l，则；
(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
9．
【分析】
根据条件先分析出点的轨迹为圆，将的最小值转化为到圆上点连线的最短距离去求解.
【详解】
因为直线过定点，且，
所以的轨迹是以为直径的圆，且圆心为，半径，
所以，
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线背景下的轨迹问题，其中涉及到求解圆外一点到圆上点距离的最小值，对学生的理解与转化能力要求较高，难度较难.
10．
【分析】
将式子化简变形为，
问题可转化为点是圆（，）上的动点，求的取值范围，令，即，画出图形，利用数形结合的思想解决.
【详解】
将式子化简变形为，
问题可转化为点是圆（，）上的动点，求的取值范围，令，即，画出图形，如图所示（虚线部分为，实线部分为圆的一部分）：
圆的圆心坐标为，半径为，
当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，
解得，
当直线过点时，有，
由图可知，z的范围是，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线和圆的位置关系的应用，考查逻辑思维能力和计算能力，考查数形结合思想和转化思想，属于中档题.
11．
【分析】
设，利用三角形相似求出点的坐标，代入所在的直线方程求得点的轨迹方程为圆，将问题转化为圆上的点到定点的距离的最值进行求解即可．
【详解】
解：设，因为，所以，所以，
所以，又点是上动点，所以代入，
化简得，即（不同时为零），故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（去掉点），
所以的最大值是点到圆心的距离加上半径，故的最大值是
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：在求直线与圆的位置关系的相关问题时，注意运用平面几何的性质，得出线段间的关系，从而转化为点的坐标的关系，得出动点的轨迹得以解决．
12．
【分析】
设，飞行过程所用时间，再令，则问题转化为求两条线段最小即可作答.
【详解】
设，飞行过程所用时间，令，即，
设点C(0，m)在圆形轨道内，取点P坐标(0，2000)，而，由得， ，
即，设动点，当时，即，
化简整理得，即满足的动点M的轨迹就是给定的圆形轨道，
所以距月心的圆形轨道上的任意点均有成立，如图，连PC，
于是有，当且仅当P为线段AC与圆形轨道交点时取“=”，
即有，
所以这一过程最少用时s.
故答案为：
13．（1）或；（2）或；（3）不存在.
【分析】
（1）设直线的斜率为，用点到直线的距离公式得，即求；
（2）设MN的中点为Q（a,b），由题可得，即得；
（3）假设存在，则圆心必在上，由的斜率，，再由直线与圆的位置关系可得，即可得出结果.
【详解】
（1）由得
设直线的斜率为，则方程为.
又圆C的圆心为，半径，
由 ， 解得或.
所以直线方程为或，
即 直线的方程为或.
（2）设MN的中点为Q（a,b），则，
又PQ⊥CQ，所以，
∴，
∴或，
∴以为直径的圆的方程为或.
（3）由直线与圆交于，两点，
则圆心到直线的距离，
设符合条件的实数存在，
由于垂直平分弦，故圆心必在上．
所以的斜率，而，所以
由于不满足，
故不存在实数，使得过点的直线垂直平分弦．
14．（1），曲线是以为圆心，半径为2的圆；（2）.
【分析】
（1）设出动点M坐标，代入距离比关系式，化简方程可得；
（2）先求切点弦方程，再根据切点弦过定点及弦中点性质得出N点轨迹，然后求出动点N到定直线EF的距离最值，最后求出面积最值.切点弦方程的求法可用以下两种方法.法一：由两切点即为两圆公共点，利用两圆相交弦方程（两圆方程作差）求出切点弦方程；法二：先分别求过Q、R两点的切线方程，再代入点P坐标，得到Q、R两点都适合的同一直线方程，即切点弦方程.
【详解】
解：（1）设，由，得.
化简得，即.
故曲线是以为圆心，半径为2的圆.
（2）法一(由两圆相交弦方程求切点弦方程)：
由题意知,、与圆相切，、为切点，则，，
则D、R、P、Q四点共圆，Q、R在以为直径的圆上(如图).
设，又，则的中点为，.
以线段为直径的圆的方程为，
整理得①
(也可用圆的直径式方程化简得. )
又、在：②上，
由两圆方程作差即②①得：.
所以，切点弦所在直线的方程为.
法二(求Q、R均满足的同一直线方程即切点弦方程)：
设，，.
由，可得处的切线上任一点满足(如图)，
即切线方程为.
整理得.
又，
整理得.
同理，可得处的切线方程为.
又既在切线上，又在切线上，
所以，整理得.
显然，，的坐标都满足直线的方程.
而两点确定一条直线，所以切点弦所在直线的方程为.
则恒过坐标原点.
由消去并整理得.
设，，则.
点纵坐标.
因为，显然，
所以点与点，均不重合.
(或者由对称性可知，的中点N点在x轴上当且仅当点P在x轴上，
因为，点P不在x轴上，则点N也不在x轴上，所以点与、均不重合.)
因为为弦的中点，且为圆心，
由圆的性质，可得，即(如图).
所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径.
因为直线分别与轴、轴交于点、，
所以，，.
又圆心到直线的距离.
设的边上的高为，则
点到直线的距离的最小值为；
点到直线的距离的最大值为(如图).
则的最小值，最大值.
因此，的面积的取值范围是.
【点睛】
设是圆锥曲线外一点，过点P作曲线的两条切线，切点为A、B两点，则 A、B两点所在的直线方程为切点弦方程.常见圆锥曲线的切点弦方程有以下结论：
圆的切点弦方程：，
圆的切点弦方程：
椭圆的切点弦方程：；
双曲线的切点弦方程：；
抛物线的切点弦方程为：.
特别地，当为圆锥曲线上一点时，可看作两切线重合，两切点A、B重合，以上切点弦方程即曲线在P处的切线方程.
15．（1）；（2）存在，，或，.
【分析】
（1）联立，根据线段为直径的圆经过点，由，结合韦达定理求解；
（2）假设存在定点符合题意，设，有，利用圆的切线长，得到=，整理为，利用待定系数法求解.
【详解】
（1）设，，
因为以线段为直径的圆经过点，
所以，
由可得，
由，解得，
由韦达定理得.
所以.
则，
即，故.
（2）假设存在定点符合题意，设，有
∵点在圆上，
∴，则，
∵为圆的切线，
∴，
∴，，
∴，
即，
整理得
若使对任意，恒成立，则，
∴，
代入得，
化简整理得，
解得或，
∴或
∴存在定点，此时为定值或定点，此时为定值.
16．（1）；（2）证明见解析.
【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
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练2
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．设双曲线的方程为，若双曲线的渐近线被圆：所截得的两条弦长之和为，已知的顶点，分别为双曲线的左、右焦点，顶点在双曲线的右支上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知点是直线上一动点，与是圆的两条切线，为切点，则四边形的最小面积为( )
A． B． C． D．
3．已知圆是以点和点为直径的圆，点为圆上的动点，若点，点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知是半径为1的动圆上一点，为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，，则当取最大值时，△的外接圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知在中，其中，，的平分线所在的直线方程为，则的面积为（ ）
A． B． C．8 D．
6．动直线与圆交于点A,B,则弦最短为（ ）.
A．3 B．6 C． D．
二、多选题
7．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，该直线斜率为
D．在直线上存在异于，的两点，，使得
8．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．圆与圆恰有三条公切线
B．直线与圆一定相交
C．直线与曲线有两个不同交点，则实数的取值范围是
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过定点
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．在平面直角坐标系中，为直线：上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点.若，则点的横坐标的取值范围为______________.
10．心脏线，也称心形线，是一个圆上的固定一点在该圆绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周滚动时所形成的轨迹，因其形状像心形而得名.心脏线的平面直角坐标方程可以表示为，，则关于这条曲线的下列说法：
①曲线关于轴对称；
②当时，曲线上有4个整点（横纵坐标均为整数的点）；
③越大，曲线围成的封闭图形的面积越大；
④与圆始终有两个交点.
其中，所有正确结论的序号是___________.
11．在等腰直角△BCD中，BD=CD=1，点A在△BCD所在的平面内，若，则正整数的最大值为___________.
12．在平面直角坐标系中，若圆：上存在两点、满足：，则实数的最大值是______.
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，若正方形边长为1，点在原点，、分别在轴和轴上.
（1）若点在线段上运动，求的取值范围；
（2）已圆，问是否存在被圆所截的直线交圆于两点，且.若存在，求出直线，若不存在说明理由.
14．如图，射线，所在直线的方向向量分别为， ，点在内，于， 于.
（1）若，，求 的值；
（2）若，的面积是 ，求的值；
（3）已知为常数，，的中点为，且，当 变化时，求的取值范围.
15．已知点，，动点Q满足．
（1）求动点Q的轨迹方程C．
（2）若曲线C与y轴的交点为A，B（A在B上方），且过点的直线l交曲线C于M，N两点．若M，N都不与A，B重合，是否存在定直线m，使得直线AN与BM的交点G恒在直线m上？若存在，求出直线m的方程；若不存在，说明理由．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点，圆与x轴的负半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B．
（1）设直线QA，QB的斜率分别是，求的值：
（2）设AB的中点为M，点，若，求的面积．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【分析】
根据垂径定理求出圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可得，得到，即可求出，根据正弦定理中角化边公式，即可得结果.
【详解】
依题意得，双曲线的一条渐近线方程为，
渐近线被圆，即所截得的两条弦长之和为16
设圆心到直线的距离为，则，
所以，则，得，
因为，所以，
又因为，所以在中，
由正弦定理可得，
所以，，，
则.
故选：B．
【点睛】
本题考查了双曲线的简单性质、渐近线方程和圆的有关性质，还运用到点到直线的距离公式和正弦定理中的角化边公式，属于中档题.
2．A
【分析】
利用当与直线垂直时，取最小值，并利用点到直线的距离公式计算出的最小值，然后利用勾股定理计算出、的最小值，最后利用三角形的面积公式可求出四边形面积的最小值．
【详解】
如下图所示：
由切线的性质可知，，，且，
，
当取最小值时，、也取得最小值，
显然当与直线垂直时，取最小值，且该最小值为点到直线
的距离，即，
此时，，
四边形面积的最小值为，故选A.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，考查切线长的计算以及四边形的面积，本题在求解切线长的最小值时，要抓住以下两点：
（1）计算切线长应利用勾股定理，即以点到圆心的距离为斜边，切线长与半径为两直角边；
（2）切线长取最小值时，点到圆心的距离也取到最小值．
3．A
【分析】
由题设可知圆：，在坐标系中找到，应用三角线相似将转化到，再利用三角形的三边关系确定目标式的最大值即可.
【详解】
由题设，知：且，即圆的半径为4，
∴圆：，
如上图，坐标系中则，
∴，即△△，故，
∴，在△中，
∴要使最大，共线且最大值为的长度.
∴.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：首先求出圆方程，找到定点使，进而将转化到其它线段，结合三角形三边关系求目标式的最值.
4．A
【分析】
由题设，确定的轨迹方程，结合已知可得，再根据切线的性质、勾股定理及面积法得到关于的关系式且△的外接圆以线段为直径，结合两圆的位置关系及其动点距离最值情况，写出外接圆的方程.
【详解】
由，则动圆心的轨迹方程为.
为圆上的动点，又，
∴，
∵，，，
∴，
∴当最小时，最小，当最大时，最大.
当时，取最大值，△的外接圆以线段为直径，而中点，即中点为，
∴外接圆方程为，即.
故选：A
5．C
【分析】
首先求得直线与直线的交点的坐标，利用到直线的距离相等列方程，解方程求得点的坐标.利用到直线的距离以及的长，求得三角形的面积.
【详解】
直线的方程为，即.
由解得.
设，直线的方程分别为 ，即
，.根据角平分线的性质可知，到直线的距离相等，所以
，
，由于，所以上式可化为，两边平方并化简得
，解得（），所以.
所以到直线的距离为，而，所以.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查直线方程的求法，考查直线与直线交点坐标，考查点到直线距离公式、两点间的距离公式，考查角平分线的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
6．C
【分析】
动直线过定点，圆的圆心，半径， ，所以弦最短为，从而求得结果.
【详解】
因为动直线，
所以，
所以动直线过定点，
由可得，
所以圆的圆心，半径，
，
因为直线与圆交于两点，
所以弦最短为，
故选C.
【点睛】
该题考查的是有关直线与圆的有关知识，涉及到的知识点有直线过定点问题，点到直线的距离，圆中的特殊三角形，过定点的最短弦，属于中档题目.
7．ABD
【分析】
根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.
【详解】
因为，，点满足，
设点，则 ，
化简得：，即 ，故A正确；
因为，所以，则 ，解得 ，故B正确；
易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，则圆心到直线的距离为： ，解得，故C错误；
假设存在异于，的两点，，则，
化简得：，因为点P的轨迹方程为：，所以解得或 （舍去），故存在 ，故D正确；
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：本题关键是根据求出点的轨迹方程，进而再根据直线与圆的位置关系求解.
8．ABD
【分析】
利用两圆位置关系可判断A；利用圆心到直线的距离可判断B；利用数形结合可求实数的取值范围进而判断C；由题可求以OP为直径的圆的方程，结合条件可得直线AB的方程，可判断D.
【详解】
对于A，由圆，可知圆心，半径为1，
由圆，可知圆心，半径为4，
又，所以两圆外切，即圆与圆恰有三条公切线，故A正确；
对于B，由圆知圆心为，半径为3，又直线，所以圆心到直线的距离为，直线与圆相交，故B正确；
对于C，直线恒过定点，曲线为圆心为，半径为2的半圆，如图所示，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离为半径2，即，解得，当直线经过B(-2，1)点时，直线的斜率为，
则直线与曲线有两个不同交点时，实数的取值范围是，故C错误；
对于D，设，则，
以OP为直径的圆的方程为，即，又圆，
两圆方程作差可得直线AB的方程为，
消去n可得，令，
解得，故直线经过定点，故D正确.
故选：ABD.
9．．
【分析】
由直径所对的圆周角为可求得直线的方程，进而解得点的坐标，设出点的坐标，再利用向量的数量积即可求出点的横坐标的取值范围.
【详解】
解：如图所示：
点在以为直径的圆上，，即，
，又均在直线，，
，又，：，
联立：， 解得：，；
设，则，，
，
又，，
即，
解得：或（舍去），
故点的横坐标取值范围为：.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是直径所对的圆周角为，再结合向量的数量积求解.
10．
【分析】
根据曲线的方程结合图像分析其性质，再逐项验证得出结果.
【详解】
根据曲线方程，可画图像，根据曲线的方程结合图形可知，曲线关于轴对称，①错误；
当时，曲线方程可写为
时，或
令，上述方程可化为
结合上图得，的整数取值为0，-1，-2.
时，或；
时，上述曲线方程写为，解得，此时不为整数；
时，.
所以时，曲线上有4个整点 分别为②正确；
由图像可知曲线围成的封闭图形面积随的增大而增大，③正确；
由圆的方程可知，圆心坐标为，半径为，且圆经过原点
所以曲线与圆恒有两个交点，④正确.
故答案为：.
11．4
【分析】
由，可求点满足的两个方程，由两曲线有交点可求.
【详解】
如图以为原点建立平面直角坐标系，则，设，
由知，
，
由得，
即，所以点A在圆心为，半径为2的圆上，
由得，，当时显然不合题意，
当时，，所以A又在圆心为，半径为的圆上，
所以两圆有公共点，
∴，
∴
可得又为正整数，
∴正整数的最大值为4.
故答案为：4.
12．
【分析】
根据题意，圆C的圆心为，在直线上，当圆心距离x轴的距离越远，越小，结合图像可知当时，圆心C在x轴上方，若、为圆的切线且，此时a取得最大值，可得，即，解可得a的值，即可得答案.
【详解】
由题得，圆C的圆心为，在直线上，当圆心距离x轴的距离越远，越小，
如图所示：当时，圆心C在x轴上方，若、为圆的切线且，此时a取得最大值，此时，有，即，解可得，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，其中解答中分析角∠AOB的变化规律是解答的关键，考查学生的数形结合能力，以及推理与运算能力，属于中档题.
13．（1）；（2）存在，和.
【分析】
（1）用坐标表示向量，利用向量的坐标运算法则求解；
（2）假设存在直线满足题意，把转化为向量垂直，进而求解.
【详解】
（1）∵平面直角坐标系中，正方形边长为1，点在原点，、分别在轴和轴上
∴，，，，∴的直线方程为：，
又∵在线段上，∴设，，
∴，，∴，
又∵，∴，，
∴时，取得最大值：，时，取得最小值：-2，
∴的取值范围为：.
（2）假设存在被圆所截的直线交圆于两点，且，
∴设，，
把直线与圆联立方程组得：
，
消去，整理得：，
则它的两根为：，，
由根与系数的关系得：，
∵，∴，∴
∵，，∴，…①，
又因为，在直线上，∴，，
∴，
把，，代入①式得：，
整理得：，
解得：或，
故存在直线：和满足题意.
【点睛】
关键点点睛：本题考章直线与圆的位置关系，在直线与圆相交问题中采取设而不求的思想方法，即设交点坐标 , 由直线方程与圆方程联立方程组，消元后得一元二次方程，应用韦达定理得然后把此结果代入题中其他条件求解.
14．（1）；（2）或2；（3）
【分析】
(1)求出,点P到直线的距离,利用勾股定理,求的值;
(2)直线OA的方程为 ,求出到直线的距离,利用勾股定理求出,利用 的面积为,求k的值;
(3)设直线OA的倾斜角为,求出, ,利用,可得P变化时,动点 T轨迹方程,求出,即可求的取值范围.
【详解】
（1）， ，
若，则， 的方程为，即，
则点到直线的距离为，
；
（2）直线OA的方程为,到直线的距离为 ,
,
的面积为,
或2；
（3）设, ,,, ,,
设直线OA的倾斜角为,则， ,
根据题意得，解得 ，
代入，
化简得动点T轨迹方程为.
,
当且仅当时, 取得最小值.
的取值范围是 .
【点睛】
本题考查三角形面积，考查轨迹方程，解题的关键是正确利用图形关系，得出三角形面积的表达式.
15．（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）设动点，可得，再化简即可得结果；
（2）根据圆的对称性，点G落在与y轴垂直的直线上，利用特殊位置猜想点G落在定直线，再证明任意直线AN与BM的交点G恒在直线即可.
【详解】
（1）设动点
∵
∴．
整理得：．
经检验得点Q的轨迹方程C为．
（2）根据圆的对称性，点G落在与y轴垂直的直线上
令，则直线即，
与圆C： 联立得：．
∴，∴，则直线．
所以直线与的交点，
猜想点G落在定直线．
证明如下：设，，
由得：，
∴，，，
直线，直线BM：，
消去x得．
要证：点G落在定直线上，只需证：．
即证：，即证：，
即证：．
即证：，显然成立
所以直线AN与BM的交点G在一条定直线上．
【点睛】
方法点睛：求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.
16．（1）；（2）．
【分析】
（1）由已知可得直线的斜率存在，设出直线方程，与圆的方程联立，由斜率公式结合根与系数的关系即可求得的值；
（2）设中点，由（1）知求得M的坐标，再由，得，把M的坐标代入，即可求得值，然后利用垂径定理求弦长，再求出Q到直线的距离，则的面积可求．
【详解】
（1）当直线垂直于轴时，不合题意，设直线方程为，
联立，整理得，
设，则，
所以
即.
（2）设中点，由（1）知，，①
代入直线l的方程得，②
又由，得，
化简得：，
将①②代入上式，可得，
所以圆心到直线l的距离，所以，
Q到直线l的距离，
所以＝．
【点睛】
解决直线与圆的位置关系的常见方法：
1、几何法：圆心到直线的距离与圆的半径比较大小，结合圆的性质，判断直线与圆的位置关系，这种方法的特点时计算量较小；
2、代数法：将直线方程与圆的方程联立方程组，转化为一元二次方程，结合一元二次方程解得个数，判断直线与圆的位置关系，特点是计算量较大，更适合直线与圆锥曲线的位置关系的判定问题；
3、转化法：结合圆的性质和圆的对称性，进行转化求解，特点是抓住直线与圆的几何特征，利用几何特征求解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册直线和园对点专练1
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且 ，点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．若对于任意角，都有，则直线围成的正多边形的最小面积是（ ）
A． B．4 C． D．不确定
4．设点在圆外，若圆上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知点为圆上动点，为坐标原点，则向量在向量方向上投影的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知点是直线上一动点，与是圆的两条切线，为切点，则四边形的最小面积为( )
A． B． C． D．
二、多选题
7．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
8．设圆，过点的直线与C交于两点，则下列结论正确的为（ ）
A．P可能为中点 B．的最小值为3
C．若，则的方程为 D．的面积最大值为
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知,且满足则的取值范围为_____.
10．设集合，且是单元素集合，若存在使点，则点所在的区域的面积为________.
11．2020年11月，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，探测器在进入近圆形的环月轨道后，将实施着陆器和上升器组合体与轨道器和返回器组合体分离.我们模拟以下情景：如图，假设月心位于坐标原点，探测器在处以的速度匀速直线飞向距月心的圆形轨道上的某一点，在点处分离出着陆器和上升器组合体后，轨道器和返回器组合体立即以的速度匀速直线飞至，这一过程最少用时_______________s.
12．已知圆与轴交于点、，过圆上动点(不与、重合)作圆的切线，过点、分别作轴的垂线，与切线分别交于点，直线与交于点，关于的对称点为，则点的轨迹方程为_______
四、解答题
13．已知点A，B关于原点O对称，点A在直线上，，圆C过点A，B且与直线相切，设圆心C的横坐标为a．
（1）求圆C的半径；
（2）已知点，当时，作直线l与圆C相交于不同的两点M，N，已知直线l不经过点P，且直线PM，PN斜率之和为，求证：直线l恒过定点．
14．在平面直角坐标系中，已知圆过点，且与圆外切于点．
（1）求圆的方程；
（2）设斜率为2的直线l分别交x轴负半轴和y轴正半轴于A，B两点，交圆在第二象限的部分于E，F两点，且．
①求直线l的方程；
②若P是圆上的动点，求的面积的最大值．
15．已知点和点关于直线：对称．
（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，求直线的方程；
（2）若直线过点且与直线交于点，的面积为2，求直线的方程．
16．已知圆，过坐标原点O的直线l交C于P，Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为H．连结并延长交C于点R．
（1）设直线l的方程为，求P，Q，H，R四个点的坐标（用k表示）；
（2）求面积的最大值及此时直线l的方程．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．A
【分析】
取中点为，延长至，使得，求出，根据已知求出的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再利用数形结合求出的取值范围.
【详解】
，取中点为，，且，
延长至，使得，
所以，
因为，
所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为，
所以.
故选：A
【点睛】
本题主要考查直线和圆的位置关系和轨迹问题，考查向量的线性运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
2．C
【分析】
根据直线过定点确定出对于给定的一点，取最大值时且，然后根据点为正方形上任意一点求解出，由此可知.
【详解】
直线过定点，
对于任意确定的点，
当时，此时，
当不垂直时，过点作，此时，如图所示：
因为，所以，所以，
由上可知：当确定时，即为，且此时；
又因为在如图所示的正方形上运动，所以，
当取最大值时，点与重合，此时，
所以，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于利用图像分析取最大值时与直线的位置关系，通过位置关系的分析可将问题转化为点到点的距离问题，根据图像可直观求解.
3．D
【分析】
先根据点到直线的距离为，确定直线为以为圆心，为半径的圆的切线，再取特殊直线运算否定ABC即得选项.
【详解】
解：由对于任意角，都有，
则点到直线的距离为，
即此直线为以为圆心，为半径的圆的切线，
当三条切线如图所示时，则正三角形的面积 ，
即存在直线围成的正多边形的面积为，即选项A,B,C错误，
故选D.
【点睛】
本题考查了直线系方程及数形结合的数学思想方法，重点考查了点到直线的距离，属中档题.
4．C
【分析】
根据直线和圆的位置关系，画出图形，利用数形结合即可得到结论．
【详解】
解：如图所示：
上存在点使得，
则的最大值大于或者等于时，一定存在点使得，
当与圆相切时，取得最大值，
此时，，
，
解得：，即，
又在圆外，
，
解得：，
综上所述：.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是找出存在点使的临界值.
5．B
【分析】
设向量所在直线为OA（A为向量的终点），当点P位于与直线OA垂直且与圆相切的直线上时，投影取得最值，进而求出最大值.
【详解】
如图所示，向量所在直线为OA（A为向量的终点），则，则设与直线OA垂直且与圆相切的直线为，所以圆心到直线的距离，
根据图形可知，当时投影最大，设此时与直线OA交于B，
易得，直线OA：，联立：，解得：，
所以，则向量在向量方向上投影的最大值为.
故选：B.
6．A
【分析】
利用当与直线垂直时，取最小值，并利用点到直线的距离公式计算出的最小值，然后利用勾股定理计算出、的最小值，最后利用三角形的面积公式可求出四边形面积的最小值．
【详解】
如下图所示：
由切线的性质可知，，，且，
，
当取最小值时，、也取得最小值，
显然当与直线垂直时，取最小值，且该最小值为点到直线
的距离，即，
此时，，
四边形面积的最小值为，故选A.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，考查切线长的计算以及四边形的面积，本题在求解切线长的最小值时，要抓住以下两点：
（1）计算切线长应利用勾股定理，即以点到圆心的距离为斜边，切线长与半径为两直角边；
（2）切线长取最小值时，点到圆心的距离也取到最小值．
7．ABD
【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，由选项A可知，函数在区间上单调递减，上单调递增，当时，，当时，，所以存在唯一的，使得，当时，故等价于，解得，舍去，综上，方程的实根个数为2，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.
8．AD
【分析】
判断点P在圆的内部，当直线时，P为中点，且此时最小，利用弦长公式可求得，可分别判断ABC，利用基本不等式可判断D.
【详解】
圆，圆心，半径
对于A，，即点P在圆的内部，当直线时，P为中点，故A正确；
对于B，当直线时，最小，，，
则直线的方程为，圆心到直线的距离，，故B错误；
对于C，当直线斜率不存在时，即，此时，符合；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得，
则圆心到直线的距离，解得，即，所以满足题意的直线为或，故C错误；
对于D，，
当且仅当，即时等号成立，所以的面积最大值为，故D正确.
故选：AD
9．
【分析】
将方程组有解，转化为直线和圆有交点，由圆心到直线的距离不大于半径列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
【详解】
∵,∴,
∵方程组有解,∴方程组可看作直线a+b=2﹣c与a2+b2=2﹣c2有交点,
∴,解得.
故答案为:.
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查点到直线的距离公式，属于难题.
10．
【分析】
先根据为单元素集合得到满足，结合表示以为圆心的动圆面可得所在区域的面积.
【详解】
因为为单元素集合，所以有两个相等的实数根，
此时即.
因为，故表示第三象限中的个圆周（不含端点）.
如图所示：
设，因为，故在以为圆心，1为半径的圆面内（含边界），当变化时，诸圆面构成的图形由两个半圆面（半径为1，圆心分别为，不含半圆周）和一个个圆面（半径为2，圆心为，含边界）构成，
所以点所在的区域的面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查集合的交、圆的方程，注意根据动圆面的圆心的变化确定圆面运动变化的轨迹，本题属于难题.
11．
【分析】
设，飞行过程所用时间，再令，则问题转化为求两条线段最小即可作答.
【详解】
设，飞行过程所用时间，令，即，
设点C(0，m)在圆形轨道内，取点P坐标(0，2000)，而，由得， ，
即，设动点，当时，即，
化简整理得，即满足的动点M的轨迹就是给定的圆形轨道，
所以距月心的圆形轨道上的任意点均有成立，如图，连PC，
于是有，当且仅当P为线段AC与圆形轨道交点时取“=”，
即有，
所以这一过程最少用时s.
故答案为：
12．
【分析】
相关点法求轨迹方程：设，先根据条件，求出，两点的坐标，再联立直线和求出交点，根据，两点关于对称，确定用，表示点的坐标，再由点在圆上，列方程整理即可.
【详解】
依题意作图，有，，设()，.
过点的圆的切线的方程为，
所以，.
联立
解得，所以点.
又点，关于点对称，所以
，即，
又点在圆上，所以，
把代入整理得，，又，
所以点的轨迹方程().
故答案为：().
13．
（1）半径为或；
（2）证明过程见解析.
【分析】
（1）由圆心在弦的垂直平分线上设出圆心坐标，利用直线与圆相切将半径表示出来，再由垂径定理即可求出圆心，进而求出半径；
（2）联立直线与圆的方程，得出韦达定理，再由斜率之和得出直线斜率和截距之间的等量关系，即可求解.
（1）
解：∵圆C过点A，B，
∴圆心C在AB的垂直平分线上，由题知点A在直线上，且点A，B关于原点O对称，
∴点C在直线上，则点C的坐标为．
∵圆C与直线相切，∴圆C的半径为．
连接CA，由已知得，
又，故可得，
整理得，解得或．
故圆C的半径为或．
（2）
解：由，得，则圆C的方程为．
设点，，
当直线l的斜率存在时，设直线
联立方程组消去y得．则
，，．
∵
．
又直线PM，PN的斜率之和为-1，∴，得．
代入，可得直线l的方程为，
∴直线l恒过定点．
当直线l的斜率不存在时，，，．
∵直线PM，PN斜率之和为-1，∴，，
但，且，故不合题意，舍去．
综上，直线l恒过定点．
【点睛】
思路点睛：对于直线与圆，或者直线与圆锥曲线相交的问题，常将直线与曲线方程联立，得出韦达定理，再根据题意对韦达定理（设而不求）进行应用，进而得出答案.
14．（1）；（2）①；②
【分析】
（1）设出圆的方程，根据已知列出方程可求出圆心和半径，即可得出方程；
（2）①设直线的方程为，根据题意可求出的范围，再根据求出；
②分别求出和到直线的距离，根据圆的几何性质可求出面积的最大值.
【详解】
（1）设圆的方程为，
圆过点，且与圆外切于点，
，解得，则，
所以圆的方程为；
（2）①设直线的方程为，，
直线l分别交x轴负半轴和y轴正半轴于A，B两点，交圆在第二象限的部分于E，F两点，
，解得，
，AB与EF中点重合，
又AB中点，可得，即，解得，
故直线方程为；
②到直线l的距离 ，
，
点到直线l的距离，
结合圆的几何性质可得的面积的最大值为.
15．（1）（2）或
【分析】
根据对称先求出B点坐标（1）过点B到点A距离最大的直线与直线AB垂直，从而求出直线方程；（2）画出图像，可求出点C到直线AB的距离，又点C在直线上，可设出C点的坐标，利用点到直线的距离公式求出C，又直线过点A，利用两点A、C即可求出直线的方程.
【详解】
解：设点
则 ，解得：，所以点关于直线：对称的点的坐标为
（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，则直线与过点的直线垂直，所以，则直线为：，即.
（2）由条件可知：，的面积为2，则的高为，
又点C在直线上，直线与直线 垂直，所以点到直线AB的距离为.
直线方程为，设，则有，即或
又，解得： 或
则直线为：或
【点睛】
本题考查求点关于直线的对称点，考查直线与直线相交的综合应用..
方法点睛：（1）设出交点坐标
（2）两点的中点在直线上，两点连线与原直线垂直，列方程组；
（3）解出点坐标.
16．（1），，，；（2）面积的最大值为，直线l的方程：．
【分析】
（1）由已知得，直线的方程为，与圆的方程联立，构成方程组，解出，，H，R的坐标
（2）把直线的方程与圆的方程联立，得到关于的一元二次方程，运用根与系数的关系可求得点的横坐标，进而表示出的面积，再通过化简变形，结合双勾函数的性质求得最大值及相应的直线方程．
【详解】
（1） 设直线的方程为，
与圆的方程联立有，
消并整理得， ，
，，，
，
直线的方程为，
直线与圆的方程联立有，
消并整理得，，
由根与系数的关系有， ，
，代入，得
，故所求，，H，R的坐标为
，，，
（2） 由（1）得 ，
，
令，则，当且仅当时取等号，
，
故面积的最大值为，直线：．
【点睛】
关键点睛：解题关键：（1）在于联立直线与圆形成方程组，求出所求的点坐标；（2）通过数形结合得到三角形的面积，通过对目标函数化简，进而简化式子表达，并转化为熟悉的双勾函数，进而求解，本题特别是考验学生的运算能力及化简变形能力，对数学的综合素养要求较高，是一道较难题目．
答案第1页，共2页
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