2023年全国一卷新高考题型分类S1-2——直线和圆（单选填空）2（含解析）

2023年全国一卷新高考题型分类S1-2
——直线和圆（单选填空）2
资料编制说明：
试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，约208套。其中全国卷6套，广东42，山东42，江苏29，福建17，湖南26，湖北21，河北25。
题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。
题目前面括号，标注该题的出处。有“末”字的，表示单选、填空的最后一题，难度相对会大一些。
多选3、多选4也难。
直线和圆（单选填空）2：
（2023年鲁J58潍坊）已知圆M满足与直线和圆都相切，且直线MN与l垂直，请写出一个符合条件的圆M的标准方程[endnoteRef:1]________________________． [1: 【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】不妨设圆与圆外切，根据直线与垂直，可得圆纵坐标，由两圆的位置关系列出横坐标和半径的等量关系，求解可得圆的一个方程.
【详解】由条件可知：直线与圆相离，不妨设圆与圆外切，
设，半径为，
因直线与垂直，所以，
则有，解得：，
所以圆的标准方程为：.
故答案为：
]
（2023年鲁J59潍坊一模，末）单位圆上有两定点，及两动点，且.则的最大值是（ [endnoteRef:2] ） [2: 【答案】A
【解析】
【分析】设中点为，中点为，，.进而可推得，结合图象，根据数量积的意义，即可求出最值.
【详解】设中点为，中点为，则，.
由已知，可知，
所以，所以为等边三角形，所以.
同理可得，.
.
如图，当、方向相反时，有最大值为，
即的最大值是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：将转化为以点为起点的向量表示，然后根据向量的运算，结合数量积的意义，即可求出最值.
]
A. B. C. D.
（2023年鲁J65枣庄二模）已知，，以为直径的圆的标准方程为[endnoteRef:3]__________． [3: 【答案】
【解析】
【分析】求出圆的圆心和半径，即可求得答案.
【详解】从题设可得圆心为AB的中点，半径为，
则所求圆的标准方程为，
故答案为：．
]
（2023年鲁J68菏泽二模）“”是“直线与直线平行”的（[endnoteRef:4] ） [4: 【答案】A
【解析】
【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；
【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；
当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.
综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：A.
]
A. 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要
（2023年鲁J69仿真）经过三点中两点且圆心在直线上的圆的标准方程为[endnoteRef:5]_____．（写出一个即可） [5: 【答案】（或或，写出一个即可）
【解析】
【分析】根据圆的几何意义（圆心在弦的垂直平分线上）求圆的方程即可.
【详解】若选，则圆心在直线上，又在直线上，故圆心坐标为，半径为，故所求圆的标准方程为；
若选，则以这两点为端点的线段的中点为，所以其垂直平分线的方程为，即，由，得，即圆心坐标为，半径，故所求的圆的标准方程为；
若选，则易求得以这两点为端点的线段的中点为，所以其垂直平分线的方程为，即，由，得，即圆心坐标为，半径，故所求的圆的标准方程为．
故答案为：（或或，写出一个即可）.
]
（2023年苏J02南师大附中一模）过点且与圆：相切的直线方程为[endnoteRef:6]__________ [6: 【答案】或
【解析】
【分析】分斜率存在与否两种情况进行讨论，结合点到直线距离公式即可得解．
【详解】解：将圆方程化为圆的标准方程，得圆心，半径为，
当过点的直线斜率不存在时，直线方程为 是圆的切线，满足题意；
当过点的直线斜率存在时，
可设直线方程为，即，
利用圆心到直线的距离等于半径得，解得，
即此直线方程为，
故答案为：或 ．
]
（2023年苏J06南京二模）若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为_[endnoteRef:7]________． [7: 【答案】1
【解析】
【分析】确定圆的圆心和半径，得到直线过圆心，代入计算得到答案.
【详解】，则，圆心为，半径，
弦长为2，则直线过圆心，即，解得.
故答案为：.
]
（2023年苏J07南京一中）已知圆C经过点，且与直线相切，则其圆心到直线距离的最小值为（ [endnoteRef:8] ） [8: 【答案】D
【解析】
【分析】利用已知可推出圆心C的轨迹为抛物线，利用抛物线的几何性质求解即可.
【详解】解：依题意，设圆C的圆心，动点C到点P的距离等于到直线的距离，
根据抛物线的定义可得圆心C的轨迹方程为，
设圆心C到直线距离为d，，
当时，，
故选：D．
]
A. 3 B. 2 C. D.
（2023年苏J09南京秦淮中学）圆与圆交点为A，B，则弦AB的长为[endnoteRef:9]______． [9: 【答案】
【解析】
【分析】先求出两圆的公共弦方程，观察发现的圆心在公共弦上，从而得到弦AB的长为圆的直径，求出公共弦长.
【详解】圆与圆联立可得：
公共弦的方程为，
变形为，
故的圆心为，半径为，
而满足，故弦AB的长为圆的直径，
故弦AB的长为．
故答案为：.
]
（2023年苏J09南京秦淮中学）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是_[endnoteRef:10]_______． [10: 【答案】
【解析】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
]
（2023年苏J13苏州八校三模）设是从集合中随机选取的数，直线，圆.则直线与圆有公共点的概率是[endnoteRef:11]_____；直线与圆的公共点个数的数学期望是____. [11: 【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】由已知求出圆心、半径，求出圆心到直线的距离.根据直线与圆公共点的个数，列出不等式，列举得出满足条件的基本事件，根据古典概型概率公式，即可得出概率. 设直线与圆的公共点个数为随机变量，结合互斥以及对立事件的概率公式，即可求出取不同值的概率，根据期望公式，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，圆圆心为，半径，
则圆心到直线的距离.
因为直线与圆有公共点，所以，整理可得.
因为，所以，
则满足条件的可能为，，，，，，，，，，共包含10个基本事件.
总的可能包含的基本事件的个数为.
所以，直线与圆有公共点的概率是.
设直线与圆的公共点个数为随机变量，由(1)知，.
由前知，当时，10个基本事件都满足，即，此时有两个交点，
所以，.
所以，.
故答案为：；.
]
（2023年苏J17南通）已知圆与圆交于A，B两点，若直线AB的倾斜角为，则_[endnoteRef:12]__________． [12: 【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由条件两圆方程作差可得直线方程，然后再求得圆心到直线的距离，再由勾股定理即可得到结果.
【详解】因为圆与圆交于A，B两点，
则两圆方程相减可得，
即直线方程为，
又因为直线AB的倾斜角为，则斜率，
又因为，即，则，
所以直线方程为，
圆心到直线的距离为，
所以.
故答案为：.
]
（2023年苏J23南通如皋）单位圆上有两定点，及两动点，且.则最大值是（ [endnoteRef:13] ） [13: 【答案】A
【解析】
【分析】设中点为，中点为，，.进而可推得，结合图象，根据数量积意义，即可求出最值.
【详解】设中点为，中点为，则，.
由已知，可知，
所以，所以为等边三角形，所以.
同理可得，.
.
如图，当、方向相反时，有最大值为，
即的最大值是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：将转化为以点为起点的向量表示，然后根据向量的运算，结合数量积的意义，即可求出最值.
]
A. B. C. D.
（2023年苏J33常州戚墅堰）设点，若直线关于对称直线与圆有公共点，则的取值范围是（ [endnoteRef:14] ） [14: 【答案】A
【解析】
【分析】根据直线关于直线的对称性求出直线AB关于对称的直线方程，结合直线与圆的位置关系计算即可求解.
【详解】由题意知，直线AB的斜率为，
所以直线AB关于对称的直线的斜率为，
故对称直线的方程为，即，
由知，圆心为，半径为1，
因为对称直线与圆有公共点，
所以，整理，得，
解得，即实数a的取值范围为.
故选：A.
]
A. B. C. D.
（2023年苏J47泰州一调）已知圆，设直线与两坐标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为[endnoteRef:15]__________. [15: 【答案】##
【解析】
【分析】根据可得在的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.
【详解】在的垂直平分线上，
所以中垂线的斜率为，
的中点为，由点斜式得，
化简得，
在圆满足条件的有且仅有一个，
直线与圆相切，
，
故答案为: .
]
（2023年苏J53连云港二调）已知圆的内接正方形相对的两个顶点的坐标分别是，，则这个圆的方程是[endnoteRef:16]_________. [16: 【答案】；
【解析】
【分析】先求出圆的圆心和半径，即得圆的方程.
【详解】由题得圆心的坐标为，即.
圆的半径为.
所以圆的方程为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
]
（2023年苏J71联考）在平面直角坐标系中，两点，间的“曼哈顿距离”定义为，则平面内与两定点和的“曼哈顿距离”之和等于4的点的轨迹围成的面积为[endnoteRef:17]______. [17: 【答案】6
【解析】
【分析】根据“曼哈顿距离”的定义，把“曼哈顿距离”表示出来直接去绝对值符号画图象即可求解；
【详解】设，因为与两定点和的“曼哈顿距离”之和等于4，所以，
①当 且 时，
，
②当 时，；当 时，；当 时，；
作出图象如图所示，
所以 点轨迹是一个六边形，六边形面积是两个相等梯形面积和，.
故答案为：6.
]
（2023年闽J01福州二检）已知，关于直线对称的圆记为，点E，F分别为，上的动点，EF长度的最小值为4，则（ [endnoteRef:18] ） [18: 【答案】D
【解析】
【分析】画出图形，当过两圆圆心且与对称轴垂直又接近于对称轴时，长度最小，此时圆心到对称轴的距离为4，根据点到直线的的公式建立方程即可求解.
【详解】
由题易知两圆不可能相交或相切，则如图，当过两圆圆心且与对称轴垂直又接近于对称轴时，长度最小，
此时圆心到对称轴的距离为4，
所以，解得或.
故选：D
]
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
（2023年闽J03福州）写出经过抛物线的焦点且和圆相切的一条直线的
方程[endnoteRef:19]_________. [19: 【答案】（或，写出一个方程即可）
【解析】
【分析】斜率不存在时，直接观察可知；斜率存在时，设点斜式方程，利用圆心到直线距离等于半径可解.
【详解】抛物线的焦点为，圆的圆心为，半径为2.
记过点的直线为l，当l斜率不存在时，由图可知l与圆相切，此时l的方程为；
当l斜率存在时，设其方程为，即，
因为直线l与圆相切，所以，解得
所以l的方程为，即.
故答案为：（或，写出一个方程即可）
]
（2023年闽J08莆田四检）写出一个被直线平分且与直线相切的圆的方程：[endnoteRef:20]________． [20: 【答案】（答案不唯一，符合题意即可）
【解析】
【分析】根据题意可得圆心在直线上，且圆心到直线的距离等于半径，取特列分析验证即可.
【详解】对于圆：，可得圆心为，半径，则有：
因为，即在直线上，所以该圆被直线平分；
又因为圆心到直线的距离，
所以该圆与直线相切；
即符合题意.
故答案为：.
]
（2023年闽J10厦门二检）写出与直线 和圆都相切的一个圆的方程[endnoteRef:21]________． [21: 【答案】 （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.
【解析】
【分析】根据相切关系，列出圆心和半径应该满足的条件即可.
【详解】设圆的方程为:
和直线相切可以得：
和圆相切得：或
若则
此时圆的方程：
故答案为： （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.
]
（2023年闽J16泉州适应）已知圆关于直线对称，与交于，两点，设坐标原点为，则的最大值等于（[endnoteRef:22] ） [22: 【答案】B
【解析】
【分析】首先将圆的方程化为标准式，得到圆心坐标，在求出直线过定点，又根据对称性，可知恰好为圆心坐标，即可求出圆的方程，在由圆过原点，则，利用基本不等式计算可得.
【详解】圆，即，圆心为，
直线，因为，所以直线的斜率不为，
又，令，解得，即直线恒过定点，
又圆关于直线对称，所以圆心在直线上，所以，解得，
所以圆，半径，显然，即圆过坐标原点，
因为与交于，两点，即为直径的两个端点，
所以，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以，
即，当且仅当时取等号，
即的最大值等于.
故选：B
]
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
（2023年闽J22龙岩一中）已知直线，，圆C的圆心在第一象限，且与，都相切，则圆C的一个方程为___[endnoteRef:23]___.（写出满足题意的任意一个即可） [23: 【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系结合条件可得圆的标准方程，进而即得.
【详解】由题意可得，为轴，的倾斜角为，
因为圆C的圆心在第一象限，且与，都相切，
所以圆心所在直线的倾斜角为，
所以圆心C在直线上，
设圆C的圆心为，则
由题意可知，圆C的半径为，
所以圆C的方程为.
故答案为：（答案不唯一）
]
（2023年闽J23龙岩检测）写出一个与圆外切，并与直线及轴都相切的圆的方程[endnoteRef:24]___________. [24: 【答案】或或或（写出其中一个即可）
【解析】
【分析】设出圆的方程，由已知条件及几何关系建立等量关系，用待定系数法求解即可.
【详解】设所求圆的方程为：，
因为与圆外切，所以，
又因为与直线及轴都相切，所以圆心在上或上
当圆心在上，所以，，
联立得：，解得：，
所以求得圆的方程为：或
当圆心在上，所以，，
联立得：，解得：，，
所以求得圆的方程为：或。
故答案为：或或或（写出其中一个即可）
]
（2023年闽J37南平三检）对于任意实数，直线恒过定点A，且点，则直线的一个方向向量为[endnoteRef:25]________． [25: 【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】求出直线所过定点A的坐标，即可求得答案.
【详解】由题意对于任意实数，直线，
即，
即定点A为，
所以直线的一个方向向量为，
故答案为：
]
（2023年湘J04长沙适应，末）在平面直角坐标系中,已知,,若该平面中不存在点,同时满足两个条件与,则的取值范围是（ [endnoteRef:26] ） [26: 【答案】D
【解析】
【分析】设出点坐标,根据,求出点的轨迹方程,根据,可求出点的另一个轨迹方程,只需这两个方程的曲线无交点即可,利用圆与圆的位置关系列出等式求出范围即可.
【详解】解:由题知,不妨设,
因为,
所以,
化简可得:
故点在以为圆心,为半径的圆上,
又因为,
所以,
化简可得:,
即点在以为圆心,为半径的圆上,
故若存在点P，只需圆与圆有交点即可,
即,
同时平方化简可得: ,
即,解得: .
所以不存在点P时，或.
故选:D
]
A. B. C. D.
（2023年湘J05长沙一中一模）已知圆，过点的直线与圆交于两点，是的中点，则点的轨迹方程为[endnoteRef:27]__________. [27: 【答案】
【解析】
【分析】由圆的垂径定理可得，结合向量垂直的条件：数量积为0，化简可得所求轨迹方程，即可求得答案.
【详解】圆，
所以圆心为，半径为4，设，
由线段AB的中点为D，可得，
即有，
即，
所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆；
故答案为：.]
（2023年湘J27邵阳一模）已知圆与圆相交于两点，则公共弦所在的直线方程为[endnoteRef:28]______，______. [28: 【答案】 ①. ； ②. 2
【解析】
分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.
【详解】由圆与圆，可得公共弦所在的直线方程为：，即.
因为圆的圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离为1，所以.
故答案为：；2.
]
（2023年湘J31岳阳监测）已知直线l：和圆，则“”是“直线l与圆C相切”的（ [endnoteRef:29] ） [29: 【答案】C
【解析】
【分析】根据直线和圆相切求得的值，由此求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
若直线与圆相切，
则，解得
所以“”是“直线l与圆C相切充要条件.
故选：C
]
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
（2023年湘J40郴州三模）已知点，若过点的直线交圆于两点，则的最小值为[endnoteRef:30]__________. [30: 【答案】##
【解析】
【分析】设为的中点，由垂径定理得出点的轨迹是以为直径的圆，圆心为，由向量的运算可得，根据圆的性质得出即可得到答案.
【详解】设为的中点，连接，则
所以的轨迹是以为直径的圆，其圆心为，半径
则
由圆的性质可得
所以
故答案为：
]
（2023年湘J53怀化二模）点到直线距离最大值为[endnoteRef:31]___________. [31: 【答案】
【解析】
【分析】直线恒过点，根据几何关系可得，点到直线的距离为.
【详解】解：直线恒过点，
则点到直线的距离的最大值为点到点的距离，
∴点到直线距离的最大值为：
.
故答案为：.
]
（2023年湘J55永州二适，末）对平面上两点，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知，，，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是[endnoteRef:32]__________；最大值是的最大值是__________. [32: 【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，可设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，由阿波罗尼斯圆定义可构造方程求得点坐标和对应的的值，得到，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】
由题意知：，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最小值为；
设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，
则点，到点的距离之比为：，
解得：，，则，
，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最大值是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的问题；解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从而将问题转化为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.
]
（2023年湘J57株洲一模）在平面直角坐标系中，已知两点，到直线的距离分别是1与4，则满足条件的直线共有（ [endnoteRef:33] ） [33: 【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的概念和切线的性质，分别以为圆心，以为半径作圆，满足题意的直线为两圆的公切线，进而求解.
【详解】分别以为圆心，以为半径作圆，
因为，
所以两圆外切，有三条公切线，即满足条件的直线共有3条，
故选：C
]
A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条
（2023年湘J57株洲一模）过原点的直线l与曲线交于不同的两点A，B，过A，B作x轴的垂线，与曲线交于C，D两点，则直线CD的斜率为[endnoteRef:34]__________． [34: 【答案】
【解析】
【分析】设，，根据点，，共线，得出，得出，再由C，D两点的坐标，根据斜率公式，得出，代换即可得出答案．
【详解】设，，则点的坐标为，点的坐标为，
点，，共线，
，
即，
可得：，即，
又，
，
故答案为：．
]
（2023年湘J60张家界三月）已知直线与圆心坐标为（为整数）且经过点的圆C相切，直线m：与圆C相交于A、B两点，则下列说法正确的是[endnoteRef:35]______. [35: 【答案】①③
【解析】
【分析】根据点在圆上和直线与圆的位置关系求参数可求解①；利用直径所对的圆周角为直角可求解②；利用直线被圆截得的弦长公式可求解③；利用轨迹方程的求解方法结合的取值范围可求解④.
【详解】对于①，设圆C的半径为，
由题意可得圆C的方程为（t为整数），
根据点是圆C上的点，且圆C与直线相切，
得解得或（舍去），
则圆C的标准方程为，故①正确；
对于②，由①知圆C的标准方程为，圆心，
∵点在圆C上，且，
∴线段AB为圆C的直径，
∵直线与圆C相交于A，B两点，
∴圆心在直线上，∴，
解得，故②错误；
对于③，由①知圆C的半径为2，圆心，
则圆心C到直线m的距离，
∵，即，解得，
∴，整理得，
解得或，
则直线m的方程为或，故③正确；
对于④，直线m的方程可化为，过定点，
由圆的性质可得，
∴点M的轨迹是以线段CN为直径的圆弧，
则此圆弧的圆心为线段CN的中点，
其坐标为，半径为，
则该圆的方程为，
联立与，
解得两圆的交点坐标为与，
故弦AB的中点M的轨迹方程为，，故④错误.
故答案为：①③.
]
①圆C的标准方程为；
②若，则实数的值为2；
③若，则直线的方程为或；
④弦的中点M的轨迹方程为.
（2023年湘J66二联考）已知点为直线上的动点，若在圆上存在两点，，使得，则点的横坐标的取值范围为（ [endnoteRef:36] ） [36: 【答案】C
【解析】
【分析】求得与圆相切且时的长，根据圆与直线的位置关系求得点的横坐标的取值范围.
【详解】圆的圆心为，半径，
当与圆相切且时，，
以为圆心，半径为的圆的标准方程为，
由消去并化简得，
解得或，所以点的横坐标的取值范围.
故选：C
]
A. B. C. D.
（2023年湘J71名校演练）希腊著名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（）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，若点P是满足的阿氏圆上的任意一点，点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为R，则的最小值为（ [endnoteRef:37] ） [37: 【答案】D
【解析】
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.
【详解】设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
]
A. B. C. D.
（2023年鄂J03武汉二调）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则[endnoteRef:38]____________. [38: 【答案】8
【解析】
【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.
【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，
则可知圆心到两直线的距离相等，
由圆的圆心为：，
圆心到的距离为：
，
圆心到的距离为：
，
所以，
由题意，
所以，
故答案为：8.
]
（2023年鄂J04武汉四调）直线：和：与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值：______和[endnoteRef:39]______． [39: 【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定条件，按等腰三角形底边所在直线分类，结合斜率的意义及二倍角的正切求解作答.
【详解】令直线的倾斜角分别为，则，
当围成的等腰三角形底边在x轴上时，，；
当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，，
整理得，而，解得；
当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，
所以k的两个可能取值，.
故答案为：；
]
（2023年鄂J07武昌五月检测）已知点，，动点M满足，则点M到直线的距离可以是_________[endnoteRef:40]_．（写出一个符合题意的整数值） [40: 【答案】0或1 (只写一个即可)
【解析】
【分析】由题设知的轨迹为，根据圆心到距离得到到直线距离的范围，即可写出一个值.
【详解】由题设知，即在以为直径的圆上，且圆心为，半径为，
所以的轨迹为，
而到的距离为，即直线过圆心，
所以M到直线的距离范围，
所以点M到直线的距离的整数值可以是0或1.
故答案为：0或1 (只写一个即可)
]
（2023年鄂J18黄冈三模）已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为（ [endnoteRef:41] ） [41: 【答案】D
【解析】
【分析】先根据点在圆上，求出，考虑的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方程，求出斜率和倾斜角.
【详解】由题意得，
当的斜率不存在时，此时直线方程为，与圆相交，不合题意，
当的斜率存在时，设切线的方程为，
则，解得，
设的倾斜角为，
故的倾斜角为.
故选：D
]
A. B. C. D.
（2023年鄂J46随一龙泉联考）已知直线l：和圆C：，若直线l与圆C的公共点均为整点（点的横纵坐标均为整数），则满足条件的直线有（ [endnoteRef:42] ）条 [42: 【答案】C
【解析】
【分析】先找出圆上横、纵坐标均为整数的点共有12个，经过其中任意两点的割线为12个点中任取2点，再加上过每一个点的切线，再减去经过坐标原点,垂直x轴,垂直于y轴的直线，即可得到答案.
【详解】由已知可得直线的横、纵截距都不为零，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点.上的整点有12个：、、，
符合题意的直线可能同时经过上述12个整点中的2个点或者为圆上过上述12个整点中的1个点的切线，
再排除掉其中经过坐标原点的6条，其中有6条直线垂直x轴，有6条垂直于y轴,
即得答案为.
故选：C.
]
A. 78 B. 66 C. 60 D. 72