2.5.1 直线与圆的位置关系 同步巩固练 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册
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| 名称 | 2.5.1 直线与圆的位置关系 同步巩固练 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-03-13 17:29:18 | ||
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文档简介
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2.5.1 直线与圆的位置关系 同步巩固练
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册
一、单选题
1．已知直线，圆，则该动直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定
2．已知圆：，直线：，则直线与圆有公共点的必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
3．过点作圆的两条切线，设切点为A，B，则切点弦AB的长度为（ ）
A． B． C． D．
4．已知过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系上，圆，直线与圆交于两点，，则当的面积最大时，（ ）
A． B． C． D．
6．过直线上一点向圆O：作两条切线，设两切线所成的最大角为，则（ ）
A． B． C． D．
7．公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．为圆内异于圆心的一点，则直线与该圆的位置关系为（ ）
A．相切 B．相交 C．相离 D．相切或相交
9．已知点是圆与轴的交点，为直线上的动点，直线与圆的另一个交点分别为，则直线恒过定点（ ）
A． B． C． D．
10．中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．已知圆，直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线l过定点
B．当时，直线l与圆C相切
C．当时，过直线l上一点P向圆C作切线，切点为Q，则的最小值为
D．若圆C上只有一个点到直线l的距离为1，则
12．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的圆心坐标为
C．存在实数，使得直线与圆相切
D．若，直线被圆截得的弦长为4
13．已知过点的直线和圆：，则（ ）
A．直线与圆相交
B．直线被圆截得最短弦长为
C．直线与被圆截得的弦长为，的方程为
D．不存在这样的直线，使得圆上有3个点到直线的距离为2
三、填空题
14．已知点，，经过点作圆的切线与轴交于点，则 ．
15．已知圆，直线过点且与圆交于两点，若为线段的中点，为坐标原点，则的面积为 ．
16．已知圆，为过的圆的切线，A为上任一点，过A作圆的切线AP，AQ，切点分别是P和Q，则四边形APNQ的面积最小值是 ．
17．古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，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为 .
四、解答题
18．已知圆过二次函数与坐标轴的所有交点．
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与圆交于两点，为坐标原点，且，求．
19．已知为圆C：上任意一点，且点．
（1）求的最大值和最小值．
（2）求的最大值和最小值．
（3）求的最大值和最小值．
20．已知圆M方程为，直线的方程为，点在直线上，过P作圆M的切线、，切点为A、B．
(1)若P点坐标为，求
(2)经过A、P、M三点的圆是否经过异于点的定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．
21．已知点，，曲线C任意一点P满足．
(1)求曲线C的方程；
(2)设直线与圆C交于A、B两点，是否存在实数m，使得以AB为直径的圆过原点，若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
22．已知圆过点，圆心在直线上，截轴弦长为．
(1)求圆的方程；
(2)若圆半径小于，点在该圆上运动，点，记为过、两点的弦的中点，求的轨迹方程；
(3)在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值．
参考答案
1．C
根据题意可得直线表示过定点，且除去的直线，点在圆上，可判断直线与圆相交.
因为直线，即，
当时，，解得，
所以直线表示过定点，且除去的直线，
将圆的方程化为标准方程为，因为，点在圆上，
所以直线与圆可能相交，可能相切，相切时直线为，不合题意，
所以直线与圆相交.
故选：C.
2．A
先根据直线与圆的位置关系，借助点到直线的距离公式，求出的取值范围，即直线与圆有公共点的充要条件，再确定那个是必要不充分条件.
由题意可知圆的圆心坐标为，半径为1.
因为直线与圆有公共点，所以直线与圆相切或相交，
所以圆心到直线的距离，解得.
其必要不充分条件是把的取值范围扩大，
所以选项中只有是的必要不充分条件.
故选：A
3．B
先求以及切线长，再根据等面积法即可得结果.
圆，即，
易知，圆C的半径，所以切线长．
所以四边形的面积为．
所以根据等面积法知：，
所以．
故选：B．
4．D
根据题意，由条件可得点在圆内，从而可得当时，取得最小值，再由弦长公式，即可得到结果.
因为，所以点在圆内．
且圆的圆心为，半径为，
则，当时，取得最小值，且最小值为．
故选：D
5．C
利用点到直线距离公式表示出圆心到直线距离，并由的范围确定的范围；利用垂径定理表示出，由，根据基本不等式取等条件可构造方程求得结果.
由圆的方程知：圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
，，，
，
（当且仅当时取等号），
则当的面积最大时，，又，解得：.
故选：C.
6．C
设是直线的动点，由题意可得是圆心到直线的距离时，两切线所成的角最大，计算可得．
由圆，可得圆心为，半径为，
设是直线的动点，自向圆作切线，
当长最短时，两切线所成的角最大，
即是圆心到直线的距离时，两切线所成的角最大，
由点到直线的距离公式可得，
，，，
．
故选：C．
7．B
由题意计算得的轨迹方程为，根据对称性可得圆心在直线方程上，即，从而利用乘“1”法即可得到最值.
设点的坐标为，因为，则，
即，
所以点的轨迹方程为，
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心在此直线上，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：B.
8．C
由题意可得，结合圆心到直线的距离判断与半径的大小关系，即得答案.
由题意知为圆内异于圆心的一点，
则，
而圆：的圆心到直线的距离为，
故直线与该圆的位置关系为相离，
故选：C
9．B
由圆的方程，求得的坐标，设出坐标，写出两直线的方程，分别联立圆与直线，求得的坐标，求特殊位置解得定点，用一般情况的方程进行验证，可得答案.
由，令，解得，不妨设，，
设，则直线的方程为，直线的方程为，
联立，消去可得：，
设，，则，即，，
联立，消去可得：，
则，即，，
当直线的斜率不存在时，，解得，此时，故直线方程为；
当直线的斜率为时，则直线方程，
联立，可得定点为，下面验证此为真：
当直线的斜率存在且不为零时，则斜率，
则方程为，将代入上式，
则，即，等式成立，
故直线过定点，
故选：B.
10．C
利用向量数量积的几何意义将的最大值进行转化，并确定取最大值时点B的位置，再建立坐标系求解作答.
等于在上的投影向量与的数量积，因此当在上的投影向量与同向，
且投影向量的模最大时，取到最大值，此时点B在以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆上，
以大正方形的相邻两边分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，，
则直线的方程为，以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆圆心为，
半圆的方程为，
显然半圆在点处切线垂直于直线时，取得最大值，
设切线的方程为，于是，而点M在切线的左上方，解得，
即切线：，由解得，
因此切线与直线的交点，此时，又，
所以的最大值为.
故选：C
11．BC
由已知可得直线过定点,可判断A；当时，求得圆心到直线的距离可判断 B；先求|PC|的最小值，再利用勾股定理可求|PQ|的最小值判断C；由圆心到直线的距离为3可求得判断D.
对于A，由直线，得，
直线过定点，故A错误；
对于B，当时，直线的方程为，
圆的圆心，半径为，
圆心到直线的距离为 ，
直线与圆相切，故B正确；
对于C，当时，直线的方程为，
因为，
又，
的最小值为，故C正确；
对于D，若圆上只有一个点到直线的距离为1，
圆心到直线的距离为，
，解得，故D错误.
故选：BC
12．ABD
A选项，将直线方程变形后得到，求出恒过的定点；B选项，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标；C选项，令圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式判断出结论；D选项，当时，求出圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D正确.
变形为，故恒过定点正确；
变形为，圆心坐标为，B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，D正确．
故选：ABD．
13．ABD
判断点与圆的位置关系可得选项A的真假；利用弦长求解方法可得出选项B的真假；利用待定系数法可得出选项C的真假；判断出圆心到直线的最长距离，从而得出选项D的真假.
解：因为圆：，
所以圆的圆心为，半径为4.
选项A：因为，
所以点在圆内，故直线与圆相交，选项A正确；
选项B：设圆心到直线的距离为，弦长为，
则，
又因为圆心到直线的最长距离，
所以，故选项B正确；
选项C：直线与被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
故，解得，
故直线方程为，
综上满足题意的直线方程为或，
故选项C不正确；
选项D：当直线经过圆心时，圆上到直线的距离为2的点有4个；
当直线不经过圆心时，直线将圆分成优弧与劣弧两个部分，
由于半径为4，在优弧上一定存在两个点到直线的距离为2，
那么此时，在劣弧上有且只有一个点到直线的距离为2.
当圆心到直线的距离为时，此时圆心到直线的距离最大，
又因为半径为4，且，
所以此时劣弧上有两个点到直线的距离为2，
所以不存在
所以选项D正确.
故选：ABD.
14．
由直线与圆的位置关系作出切线，求得，即可得解.
如图所示，设圆心为点，则，
，则点在圆上，且，
由与圆相切可得，所以切线方程为，
令，解得，故，
所以
故答案为：.
15．6
根据题意可得直线的方程为，根据垂径定理可求，再求点到直线的距离，计算面积．
由已知点，所以．
因为为线段的中点，所以，
所以，所以直线的方程为，即．
设点到直线的距离为，则，
所以．
设点到直线的距离为，则，
则的面积
故答案为：6．
16．/
求出直线的方程，再根据圆的切线长定理求出四边形面积的函数关系，借助点到直线距离求出最小值作答.
依题意，直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，即，圆的圆心，半径，
因为为圆的切线，则，四边形的面积：
又到的距离，于是，
因此，
所以四边形APNQ的面积最小值为.
故答案为：
17．
首先求点的轨迹方程，再根据的几何意义，转化为直线与圆有交点，即可求解.
由题意可知，，
，整理为，
所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
表示圆上的点与定点连线的斜率，
设，即，如图可知，直线与圆有交点，
则，解得：.
故答案为：
18．(1)
(2)
（1）设圆心，先求出二次函数与坐标轴的所有交点，因为圆心经过直线的垂直平分线可得，再由求出，即可求出圆的标准方程；
（2）因为，所以直线过，可求出直线的方程，联立直线与圆的方程，由韦达定理等量代换解决即可.
（1）令，所以，所以，
令，解得：或，设，，
因为直线的垂直平分线为
设圆心，所以圆的圆心，则
，解得：，则，
所以圆的标准方程为：.
（2）因为等于圆C的直径，所以直线过圆心，因为直线过点，
所以直线为，
所以联立方程，消去得，
设，
所以，
.
19．【小问1】最大值为，最小值为
【小问2】最大值为，最小值为
【小问3】最大值为9，最小值为1
（1）利用图形及点与圆的关系即可得结果；
（2）利用图形将问题转化为斜率最值即可；
（3）利用图形将问题转化为直线与圆的位置关系；
（1）圆C：，如图所示，连接QC交圆C于AB两点，当M与A重合时取得最小值，
即，
与B重合时取得最大值即，故最大值为，最小值为；
（2）易知，由图形知当与圆C相切时取得最值，如图所示.
可设，则C到其距离为，解得，
故最大值为，最小值为
（3）设，如图所示，即过点M的直线的截距，如图所示，当该直线与圆相切时截距取得最值.圆心C到该直线的距离为，所以或9，故最大值为9，最小值为1.
20．(1)
(2)是，
（1）利用特殊角的三角函数和对称性即可得到答案；
（2）设，计算出中点坐标，写出圆的方程，整理，利用方程恒成立得到方程组，解出即可.
（1）因为点坐标为，所以，
又因为，所以,故.
（2）设的中点，因为为圆的切线，
所以经过三点的圆是以为圆心，为半径的圆，
故其方程为
化简得，
由，解得（舍）或
所以经过三点的圆经过异于点的定点.
21．(1)
(2)存在；
(1)设，代入即可得到曲线C的方程.
(2)由以AB为直径的圆过原点可以得到，利用韦达定理法即可求解.
（1）设，因为，故，
即，整理可得
所以曲线C的方程为.
（2）设
联立整理得
得 ①
根据韦达定理得：
由以AB为直径的圆过原点，得到
所以
解得 满足①式
所以存在实数，使得以AB为直径的圆过原点.
22．(1)或
(2)
(3)证明见解析
（1）设圆心为，设圆的半径为，根据圆的几何性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出圆的方程；
（2）利用圆的几何性质得，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程；
（3）设直线与直线交于点，通过斜率关系得，利用几何关系得，从而，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可.
（1）解：设圆心为，设圆的半径为，
圆心到轴的距离为，且圆轴弦长为，则，①
且有②，
联立①②可得或，
所以，圆的方程为或.
（2）解：因为半径小于，则圆的方程为，
由圆的几何性质得即，所以，
设，则，
所以，即的轨迹方程是.
（3）解：设直线与直线交于点，由、可知直线的斜率是，
因为直线的斜率为，则，则，，
所以，，因此，，
又E到的距离，，
所以，，故恒为定值.
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2.5.1 直线与圆的位置关系 同步巩固练
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册
一、单选题
1．已知直线，圆，则该动直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定
2．已知圆：，直线：，则直线与圆有公共点的必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
3．过点作圆的两条切线，设切点为A，B，则切点弦AB的长度为（ ）
A． B． C． D．
4．已知过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系上，圆，直线与圆交于两点，，则当的面积最大时，（ ）
A． B． C． D．
6．过直线上一点向圆O：作两条切线，设两切线所成的最大角为，则（ ）
A． B． C． D．
7．公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．为圆内异于圆心的一点，则直线与该圆的位置关系为（ ）
A．相切 B．相交 C．相离 D．相切或相交
9．已知点是圆与轴的交点，为直线上的动点，直线与圆的另一个交点分别为，则直线恒过定点（ ）
A． B． C． D．
10．中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．已知圆，直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线l过定点
B．当时，直线l与圆C相切
C．当时，过直线l上一点P向圆C作切线，切点为Q，则的最小值为
D．若圆C上只有一个点到直线l的距离为1，则
12．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的圆心坐标为
C．存在实数，使得直线与圆相切
D．若，直线被圆截得的弦长为4
13．已知过点的直线和圆：，则（ ）
A．直线与圆相交
B．直线被圆截得最短弦长为
C．直线与被圆截得的弦长为，的方程为
D．不存在这样的直线，使得圆上有3个点到直线的距离为2
三、填空题
14．已知点，，经过点作圆的切线与轴交于点，则 ．
15．已知圆，直线过点且与圆交于两点，若为线段的中点，为坐标原点，则的面积为 ．
16．已知圆，为过的圆的切线，A为上任一点，过A作圆的切线AP，AQ，切点分别是P和Q，则四边形APNQ的面积最小值是 ．
17．古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，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为 .
四、解答题
18．已知圆过二次函数与坐标轴的所有交点．
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与圆交于两点，为坐标原点，且，求．
19．已知为圆C：上任意一点，且点．
（1）求的最大值和最小值．
（2）求的最大值和最小值．
（3）求的最大值和最小值．
20．已知圆M方程为，直线的方程为，点在直线上，过P作圆M的切线、，切点为A、B．
(1)若P点坐标为，求
(2)经过A、P、M三点的圆是否经过异于点的定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．
21．已知点，，曲线C任意一点P满足．
(1)求曲线C的方程；
(2)设直线与圆C交于A、B两点，是否存在实数m，使得以AB为直径的圆过原点，若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
22．已知圆过点，圆心在直线上，截轴弦长为．
(1)求圆的方程；
(2)若圆半径小于，点在该圆上运动，点，记为过、两点的弦的中点，求的轨迹方程；
(3)在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值．
参考答案
1．C
根据题意可得直线表示过定点，且除去的直线，点在圆上，可判断直线与圆相交.
因为直线，即，
当时，，解得，
所以直线表示过定点，且除去的直线，
将圆的方程化为标准方程为，因为，点在圆上，
所以直线与圆可能相交，可能相切，相切时直线为，不合题意，
所以直线与圆相交.
故选：C.
2．A
先根据直线与圆的位置关系，借助点到直线的距离公式，求出的取值范围，即直线与圆有公共点的充要条件，再确定那个是必要不充分条件.
由题意可知圆的圆心坐标为，半径为1.
因为直线与圆有公共点，所以直线与圆相切或相交，
所以圆心到直线的距离，解得.
其必要不充分条件是把的取值范围扩大，
所以选项中只有是的必要不充分条件.
故选：A
3．B
先求以及切线长，再根据等面积法即可得结果.
圆，即，
易知，圆C的半径，所以切线长．
所以四边形的面积为．
所以根据等面积法知：，
所以．
故选：B．
4．D
根据题意，由条件可得点在圆内，从而可得当时，取得最小值，再由弦长公式，即可得到结果.
因为，所以点在圆内．
且圆的圆心为，半径为，
则，当时，取得最小值，且最小值为．
故选：D
5．C
利用点到直线距离公式表示出圆心到直线距离，并由的范围确定的范围；利用垂径定理表示出，由，根据基本不等式取等条件可构造方程求得结果.
由圆的方程知：圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
，，，
，
（当且仅当时取等号），
则当的面积最大时，，又，解得：.
故选：C.
6．C
设是直线的动点，由题意可得是圆心到直线的距离时，两切线所成的角最大，计算可得．
由圆，可得圆心为，半径为，
设是直线的动点，自向圆作切线，
当长最短时，两切线所成的角最大，
即是圆心到直线的距离时，两切线所成的角最大，
由点到直线的距离公式可得，
，，，
．
故选：C．
7．B
由题意计算得的轨迹方程为，根据对称性可得圆心在直线方程上，即，从而利用乘“1”法即可得到最值.
设点的坐标为，因为，则，
即，
所以点的轨迹方程为，
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心在此直线上，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：B.
8．C
由题意可得，结合圆心到直线的距离判断与半径的大小关系，即得答案.
由题意知为圆内异于圆心的一点，
则，
而圆：的圆心到直线的距离为，
故直线与该圆的位置关系为相离，
故选：C
9．B
由圆的方程，求得的坐标，设出坐标，写出两直线的方程，分别联立圆与直线，求得的坐标，求特殊位置解得定点，用一般情况的方程进行验证，可得答案.
由，令，解得，不妨设，，
设，则直线的方程为，直线的方程为，
联立，消去可得：，
设，，则，即，，
联立，消去可得：，
则，即，，
当直线的斜率不存在时，，解得，此时，故直线方程为；
当直线的斜率为时，则直线方程，
联立，可得定点为，下面验证此为真：
当直线的斜率存在且不为零时，则斜率，
则方程为，将代入上式，
则，即，等式成立，
故直线过定点，
故选：B.
10．C
利用向量数量积的几何意义将的最大值进行转化，并确定取最大值时点B的位置，再建立坐标系求解作答.
等于在上的投影向量与的数量积，因此当在上的投影向量与同向，
且投影向量的模最大时，取到最大值，此时点B在以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆上，
以大正方形的相邻两边分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，，
则直线的方程为，以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆圆心为，
半圆的方程为，
显然半圆在点处切线垂直于直线时，取得最大值，
设切线的方程为，于是，而点M在切线的左上方，解得，
即切线：，由解得，
因此切线与直线的交点，此时，又，
所以的最大值为.
故选：C
11．BC
由已知可得直线过定点,可判断A；当时，求得圆心到直线的距离可判断 B；先求|PC|的最小值，再利用勾股定理可求|PQ|的最小值判断C；由圆心到直线的距离为3可求得判断D.
对于A，由直线，得，
直线过定点，故A错误；
对于B，当时，直线的方程为，
圆的圆心，半径为，
圆心到直线的距离为 ，
直线与圆相切，故B正确；
对于C，当时，直线的方程为，
因为，
又，
的最小值为，故C正确；
对于D，若圆上只有一个点到直线的距离为1，
圆心到直线的距离为，
，解得，故D错误.
故选：BC
12．ABD
A选项，将直线方程变形后得到，求出恒过的定点；B选项，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标；C选项，令圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式判断出结论；D选项，当时，求出圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，D正确.
变形为，故恒过定点正确；
变形为，圆心坐标为，B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，D正确．
故选：ABD．
13．ABD
判断点与圆的位置关系可得选项A的真假；利用弦长求解方法可得出选项B的真假；利用待定系数法可得出选项C的真假；判断出圆心到直线的最长距离，从而得出选项D的真假.
解：因为圆：，
所以圆的圆心为，半径为4.
选项A：因为，
所以点在圆内，故直线与圆相交，选项A正确；
选项B：设圆心到直线的距离为，弦长为，
则，
又因为圆心到直线的最长距离，
所以，故选项B正确；
选项C：直线与被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
故，解得，
故直线方程为，
综上满足题意的直线方程为或，
故选项C不正确；
选项D：当直线经过圆心时，圆上到直线的距离为2的点有4个；
当直线不经过圆心时，直线将圆分成优弧与劣弧两个部分，
由于半径为4，在优弧上一定存在两个点到直线的距离为2，
那么此时，在劣弧上有且只有一个点到直线的距离为2.
当圆心到直线的距离为时，此时圆心到直线的距离最大，
又因为半径为4，且，
所以此时劣弧上有两个点到直线的距离为2，
所以不存在
所以选项D正确.
故选：ABD.
14．
由直线与圆的位置关系作出切线，求得，即可得解.
如图所示，设圆心为点，则，
，则点在圆上，且，
由与圆相切可得，所以切线方程为，
令，解得，故，
所以
故答案为：.
15．6
根据题意可得直线的方程为，根据垂径定理可求，再求点到直线的距离，计算面积．
由已知点，所以．
因为为线段的中点，所以，
所以，所以直线的方程为，即．
设点到直线的距离为，则，
所以．
设点到直线的距离为，则，
则的面积
故答案为：6．
16．/
求出直线的方程，再根据圆的切线长定理求出四边形面积的函数关系，借助点到直线距离求出最小值作答.
依题意，直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，即，圆的圆心，半径，
因为为圆的切线，则，四边形的面积：
又到的距离，于是，
因此，
所以四边形APNQ的面积最小值为.
故答案为：
17．
首先求点的轨迹方程，再根据的几何意义，转化为直线与圆有交点，即可求解.
由题意可知，，
，整理为，
所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
表示圆上的点与定点连线的斜率，
设，即，如图可知，直线与圆有交点，
则，解得：.
故答案为：
18．(1)
(2)
（1）设圆心，先求出二次函数与坐标轴的所有交点，因为圆心经过直线的垂直平分线可得，再由求出，即可求出圆的标准方程；
（2）因为，所以直线过，可求出直线的方程，联立直线与圆的方程，由韦达定理等量代换解决即可.
（1）令，所以，所以，
令，解得：或，设，，
因为直线的垂直平分线为
设圆心，所以圆的圆心，则
，解得：，则，
所以圆的标准方程为：.
（2）因为等于圆C的直径，所以直线过圆心，因为直线过点，
所以直线为，
所以联立方程，消去得，
设，
所以，
.
19．【小问1】最大值为，最小值为
【小问2】最大值为，最小值为
【小问3】最大值为9，最小值为1
（1）利用图形及点与圆的关系即可得结果；
（2）利用图形将问题转化为斜率最值即可；
（3）利用图形将问题转化为直线与圆的位置关系；
（1）圆C：，如图所示，连接QC交圆C于AB两点，当M与A重合时取得最小值，
即，
与B重合时取得最大值即，故最大值为，最小值为；
（2）易知，由图形知当与圆C相切时取得最值，如图所示.
可设，则C到其距离为，解得，
故最大值为，最小值为
（3）设，如图所示，即过点M的直线的截距，如图所示，当该直线与圆相切时截距取得最值.圆心C到该直线的距离为，所以或9，故最大值为9，最小值为1.
20．(1)
(2)是，
（1）利用特殊角的三角函数和对称性即可得到答案；
（2）设，计算出中点坐标，写出圆的方程，整理，利用方程恒成立得到方程组，解出即可.
（1）因为点坐标为，所以，
又因为，所以,故.
（2）设的中点，因为为圆的切线，
所以经过三点的圆是以为圆心，为半径的圆，
故其方程为
化简得，
由，解得（舍）或
所以经过三点的圆经过异于点的定点.
21．(1)
(2)存在；
(1)设，代入即可得到曲线C的方程.
(2)由以AB为直径的圆过原点可以得到，利用韦达定理法即可求解.
（1）设，因为，故，
即，整理可得
所以曲线C的方程为.
（2）设
联立整理得
得 ①
根据韦达定理得：
由以AB为直径的圆过原点，得到
所以
解得 满足①式
所以存在实数，使得以AB为直径的圆过原点.
22．(1)或
(2)
(3)证明见解析
（1）设圆心为，设圆的半径为，根据圆的几何性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出圆的方程；
（2）利用圆的几何性质得，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程；
（3）设直线与直线交于点，通过斜率关系得，利用几何关系得，从而，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可.
（1）解：设圆心为，设圆的半径为，
圆心到轴的距离为，且圆轴弦长为，则，①
且有②，
联立①②可得或，
所以，圆的方程为或.
（2）解：因为半径小于，则圆的方程为，
由圆的几何性质得即，所以，
设，则，
所以，即的轨迹方程是.
（3）解：设直线与直线交于点，由、可知直线的斜率是，
因为直线的斜率为，则，则，，
所以，，因此，，
又E到的距离，，
所以，，故恒为定值.
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