第二章 直线和圆的方程 章末拓展试题 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册
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| 名称 | 第二章 直线和圆的方程 章末拓展试题 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 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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第二章 直线和圆的方程 章末拓展试题
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册
一、单选题
1．直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知直线：，：，则“”是“”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
3．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，且，则的欧拉线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或
5．已知两点到直线的距离相等，则（ ）
A．2 B． C．2或 D．2或
6．已知圆关于直线（，）对称，则的最小值为（ ）
A． B．9 C．4 D．8
7．阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A，B，则所有满足（，且）的点P的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点P，Q，动点M满足，记M的轨迹为C，若与C无公共点的直线l上存在点R，使得的最小值为6，且最大值为10，则C的长度为（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则
A． B． C． D．
二、多选题
9．对于直线.以下说法正确的有（ ）
A．的充要条件是
B．当时，
C．直线一定经过点
D．点到直线的距离的最大值为5
10．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．的最小值是
D．过点作曲线的切线，则切线方程为
11．已知的顶点在圆上，顶点在圆上.若，则（ ）
A．的面积的最大值为
B．直线被圆截得的弦长的最小值为
C．有且仅有一个点，使得为等边三角形
D．有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线
三、填空题
12．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
13．过四点中的三点的一个圆的方程为 ．
14．过点作圆的两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为 ．
15．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
四、解答题
16．已知坐标平面内三点.
(1)求直线的斜率和倾斜角；
(2)若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标；
(3)若是线段上一动点，求的取值范围.
17．已知直线与直线．
(1)若，求m的值；
(2)若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．
18．已知点，________，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答．
(1)求直线的方程；
(2)求直线：关于直线的对称直线的方程．
条件①：点关于直线的对称点的坐标为；
条件②：点的坐标为，直线过点且与直线垂直；
条件③点的坐标为，直线过点且与直线平行．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线与圆C交于A，B两点．
①求k的取值范围；
②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．
20．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值；
(3)若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．B
设直线的倾斜角为.由已知，可推得.分两种情况时以及时，结合正切函数的性质求解即可得到结果.
设直线的倾斜角为.
因为，，，所以，.
又，则.
当时，单调递增，解，可得；
当时，单调递增，解，可得.
综上所述，.
故选：B.
2．C
根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3．D
因为，结合题意可知的欧拉线即为线段的垂直平分线，利用点斜式求方程．
∵，结合题意可知的欧拉线即为线段的垂直平分线
的中点为，斜率，则垂直平分线的斜率
则的欧拉线的方程为，即
故选：D．
4．D
分直线过原点与不过原点两种情况求解可得直线的方程.
根据题意，分2种情况讨论:
①直线过原点，设直线方程为，又由直线经过点，
所以，解得，此时直线的方程为，即；
②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，
则有，解可得，此时直线的方程为，
故直线的方程为或.
故选：D.
5．D
分在的同侧和异侧分类讨论求解.
（1）若在的同侧，
则，所以，，
（2）若在的异侧，
则的中点在直线上，
所以解得,
故选:D.
6．B
由题可得，然后利用基本不等式即得.
圆的圆心为，依题意，点在直线上，
因此，即，
∴，
当且仅当，即时取“=”，
所以的最小值为9.
故选：B.
7．B
根据给定条件确定轨迹C是圆，利用圆的性质求出其半径即可计算作答.
依题意，M的轨迹C是圆，设其圆心为点D，半径为r，显然直线l与圆C相离，令点D到直线l的距离为d，
由圆的性质得：，解得，，
所以C的长度为.
故选：B
8．C
先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出
由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，取得最小值为，解得.
故选：C.
9．BD
求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.
当时， 解得 或，
当时，两直线为 ，符合题意；
当时，两直线为 ，符合题意，故A错误；
当时，两直线为， ，
所以，故B正确；
直线即直线，故直线过定点，C错误；
因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ，
故D正确，
故选：BD.
10．BD
由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.
由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
11．ACD
设点到直线的距离为，由求得的最大值判断A，利用直线和圆的位置关系判断B，利用为等边三角形，则需，判断C，利用射影定理可得进而判断D.
设线段的中点为，因为圆的半径为2，，
所以，且，
对于A选项，设点到直线的距离为，则，
所以当且仅当四点共线时，点到直线距离的最大值为15，所以的面积的最大值为，故A正确；
对于B选项，点到直线的距离小于等于，当时，等号成立，又的最大值为7，
所以点到直线的距离的最大值为7，这时直线被圆截得的弦长的最小值为，故B错误；
对于C选项，若为等边三角形，则需，，因为，
所以点的轨迹是以为圆心的单位圆，所以，又的最小值为4，所以，
当且仅当四点共线时成立，因此有且仅有一个点，使得为等边三角形，故C正确；
对于D选项，若直线，都是圆的切线，则，由射影定理，可得，
同上，当且仅当三点共线时，，因此有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线，故D正确；
故选：ACD
12．（中任意一个皆可以）
根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
13．或或或．
方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
14．
由题知、，进而求解方程即可.
解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，
所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，
所以，
所以直线的方程为，即；
方法2：设，，则由，可得，
同理可得，
所以直线的方程为.
故答案为：
15．/
根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
16．(1)斜率为1，倾斜角为；
(2)；
(3).
(1)根据过两点的斜率公式求出斜率，再求倾斜角；
(2) 设，根据求解即可；
(3) 因为表示直线的斜率,求出与点重合时，直线的斜率；与点重合时，直线的斜率即可得答案.
（1）解：因为直线的斜率为.
所以直线的倾斜角为；
（2）解：如图，当点在第一象限时，.
设，则，解得，
故点的坐标为；
（3）解：由题意得为直线的斜率.
当点与点重合时，直线的斜率最小，；
当点与点重合时，直线的斜率最大，.
故直线的斜率的取值范围为，
即的取值范围为.
17．(1)
(2)或
（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；
（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程
（1）因为，所以，且，
由，得，解得或（舍去）
所以.
（2）因为点在直线上，
所以，得，所以点的坐标为，
所以设直线的方程为（），
令，则，令，则，
因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，
所以，解得或，
所以直线的方程为或.
18．(1)
(2)
（1）计算直线的斜率，根据直线的平行或垂直关系得到斜率，代入点得到直线方程.
（2）计算直线的交点，在直线上取一点，求其关于对称的点，根据交点和对称点得到直线方程.
（1）选择条件：
因为点关于直线的对称点的坐标为，所以是线段的垂直平分线．
因为，所以直线的斜率为，又线段的中点坐标为，
所以直线的方程为，即．
选择条件：
因为，直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即．
选择条件，
因为，直线与直线平行，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即．
（2），解得，故，的交点坐标为，
因为在直线：上，设关于对称的点为，
则，解得，
直线关于直线对称的直线经过点，，代入两点式方程得，即，
所以：关于直线的对称直线的方程为．
19．（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）具体见解析.
（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；
（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；
（ⅱ）设出两点坐标，进而通过根与系数的关系与坐标公式进行化简，即可得到答案.
（1）由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径r=a，
又圆C与直线相切，所以圆心C到直线的距离（负值舍去），所以圆 C的标准方程为：.
（2）（ⅰ）将直线l代入圆的方程可得：，因为有两个交点，
所以，即k的取值范围是.
（ⅱ）设，由根与系数的关系：，
所以.
即直线OA,OB斜率之和为定值.
20．(1)；
(2)138；
(3)存在点，使得为定值.
（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得；
（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.
（1）设点，由题意可得，即，
化简可得，
所以点P的轨迹方程为；
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入可得，即的轨迹为，设，
所以，
令，则，可视为直线即在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，
所以，所以，
因此的最大值为；
（3）存在点，使得为定值.
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，
设，，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值；
当直线的斜率不存在时，，，
由可得，所以，
综上所述，存在点，使得为定值.
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第二章 直线和圆的方程 章末拓展试题
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性第一册
一、单选题
1．直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知直线：，：，则“”是“”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
3．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，且，则的欧拉线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或
5．已知两点到直线的距离相等，则（ ）
A．2 B． C．2或 D．2或
6．已知圆关于直线（，）对称，则的最小值为（ ）
A． B．9 C．4 D．8
7．阿波罗尼斯（公元前262年~公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A，B，则所有满足（，且）的点P的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点P，Q，动点M满足，记M的轨迹为C，若与C无公共点的直线l上存在点R，使得的最小值为6，且最大值为10，则C的长度为（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则
A． B． C． D．
二、多选题
9．对于直线.以下说法正确的有（ ）
A．的充要条件是
B．当时，
C．直线一定经过点
D．点到直线的距离的最大值为5
10．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．的最小值是
D．过点作曲线的切线，则切线方程为
11．已知的顶点在圆上，顶点在圆上.若，则（ ）
A．的面积的最大值为
B．直线被圆截得的弦长的最小值为
C．有且仅有一个点，使得为等边三角形
D．有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线
三、填空题
12．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
13．过四点中的三点的一个圆的方程为 ．
14．过点作圆的两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为 ．
15．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
四、解答题
16．已知坐标平面内三点.
(1)求直线的斜率和倾斜角；
(2)若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标；
(3)若是线段上一动点，求的取值范围.
17．已知直线与直线．
(1)若，求m的值；
(2)若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．
18．已知点，________，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答．
(1)求直线的方程；
(2)求直线：关于直线的对称直线的方程．
条件①：点关于直线的对称点的坐标为；
条件②：点的坐标为，直线过点且与直线垂直；
条件③点的坐标为，直线过点且与直线平行．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线与圆C交于A，B两点．
①求k的取值范围；
②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．
20．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值；
(3)若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．B
设直线的倾斜角为.由已知，可推得.分两种情况时以及时，结合正切函数的性质求解即可得到结果.
设直线的倾斜角为.
因为，，，所以，.
又，则.
当时，单调递增，解，可得；
当时，单调递增，解，可得.
综上所述，.
故选：B.
2．C
根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3．D
因为，结合题意可知的欧拉线即为线段的垂直平分线，利用点斜式求方程．
∵，结合题意可知的欧拉线即为线段的垂直平分线
的中点为，斜率，则垂直平分线的斜率
则的欧拉线的方程为，即
故选：D．
4．D
分直线过原点与不过原点两种情况求解可得直线的方程.
根据题意，分2种情况讨论:
①直线过原点，设直线方程为，又由直线经过点，
所以，解得，此时直线的方程为，即；
②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，
则有，解可得，此时直线的方程为，
故直线的方程为或.
故选：D.
5．D
分在的同侧和异侧分类讨论求解.
（1）若在的同侧，
则，所以，，
（2）若在的异侧，
则的中点在直线上，
所以解得,
故选:D.
6．B
由题可得，然后利用基本不等式即得.
圆的圆心为，依题意，点在直线上，
因此，即，
∴，
当且仅当，即时取“=”，
所以的最小值为9.
故选：B.
7．B
根据给定条件确定轨迹C是圆，利用圆的性质求出其半径即可计算作答.
依题意，M的轨迹C是圆，设其圆心为点D，半径为r，显然直线l与圆C相离，令点D到直线l的距离为d，
由圆的性质得：，解得，，
所以C的长度为.
故选：B
8．C
先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出
由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，取得最小值为，解得.
故选：C.
9．BD
求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.
当时， 解得 或，
当时，两直线为 ，符合题意；
当时，两直线为 ，符合题意，故A错误；
当时，两直线为， ，
所以，故B正确；
直线即直线，故直线过定点，C错误；
因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ，
故D正确，
故选：BD.
10．BD
由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.
由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
11．ACD
设点到直线的距离为，由求得的最大值判断A，利用直线和圆的位置关系判断B，利用为等边三角形，则需，判断C，利用射影定理可得进而判断D.
设线段的中点为，因为圆的半径为2，，
所以，且，
对于A选项，设点到直线的距离为，则，
所以当且仅当四点共线时，点到直线距离的最大值为15，所以的面积的最大值为，故A正确；
对于B选项，点到直线的距离小于等于，当时，等号成立，又的最大值为7，
所以点到直线的距离的最大值为7，这时直线被圆截得的弦长的最小值为，故B错误；
对于C选项，若为等边三角形，则需，，因为，
所以点的轨迹是以为圆心的单位圆，所以，又的最小值为4，所以，
当且仅当四点共线时成立，因此有且仅有一个点，使得为等边三角形，故C正确；
对于D选项，若直线，都是圆的切线，则，由射影定理，可得，
同上，当且仅当三点共线时，，因此有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线，故D正确；
故选：ACD
12．（中任意一个皆可以）
根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
13．或或或．
方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
14．
由题知、，进而求解方程即可.
解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，
所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，
所以，
所以直线的方程为，即；
方法2：设，，则由，可得，
同理可得，
所以直线的方程为.
故答案为：
15．/
根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
16．(1)斜率为1，倾斜角为；
(2)；
(3).
(1)根据过两点的斜率公式求出斜率，再求倾斜角；
(2) 设，根据求解即可；
(3) 因为表示直线的斜率,求出与点重合时，直线的斜率；与点重合时，直线的斜率即可得答案.
（1）解：因为直线的斜率为.
所以直线的倾斜角为；
（2）解：如图，当点在第一象限时，.
设，则，解得，
故点的坐标为；
（3）解：由题意得为直线的斜率.
当点与点重合时，直线的斜率最小，；
当点与点重合时，直线的斜率最大，.
故直线的斜率的取值范围为，
即的取值范围为.
17．(1)
(2)或
（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；
（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程
（1）因为，所以，且，
由，得，解得或（舍去）
所以.
（2）因为点在直线上，
所以，得，所以点的坐标为，
所以设直线的方程为（），
令，则，令，则，
因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，
所以，解得或，
所以直线的方程为或.
18．(1)
(2)
（1）计算直线的斜率，根据直线的平行或垂直关系得到斜率，代入点得到直线方程.
（2）计算直线的交点，在直线上取一点，求其关于对称的点，根据交点和对称点得到直线方程.
（1）选择条件：
因为点关于直线的对称点的坐标为，所以是线段的垂直平分线．
因为，所以直线的斜率为，又线段的中点坐标为，
所以直线的方程为，即．
选择条件：
因为，直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即．
选择条件，
因为，直线与直线平行，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即．
（2），解得，故，的交点坐标为，
因为在直线：上，设关于对称的点为，
则，解得，
直线关于直线对称的直线经过点，，代入两点式方程得，即，
所以：关于直线的对称直线的方程为．
19．（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）具体见解析.
（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；
（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；
（ⅱ）设出两点坐标，进而通过根与系数的关系与坐标公式进行化简，即可得到答案.
（1）由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径r=a，
又圆C与直线相切，所以圆心C到直线的距离（负值舍去），所以圆 C的标准方程为：.
（2）（ⅰ）将直线l代入圆的方程可得：，因为有两个交点，
所以，即k的取值范围是.
（ⅱ）设，由根与系数的关系：，
所以.
即直线OA,OB斜率之和为定值.
20．(1)；
(2)138；
(3)存在点，使得为定值.
（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得；
（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.
（1）设点，由题意可得，即，
化简可得，
所以点P的轨迹方程为；
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入可得，即的轨迹为，设，
所以，
令，则，可视为直线即在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，
所以，所以，
因此的最大值为；
（3）存在点，使得为定值.
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，
设，，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值；
当直线的斜率不存在时，，，
由可得，所以，
综上所述，存在点，使得为定值.
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