2026年高考数学一轮复习 圆与方程（含解析）

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高考数学一轮复习 圆与方程
一．选择题（共8小题）
1．（2025 泰安模拟）过直线y＝﹣x+1上任一点P向圆x2+（y+1）2＝1作两条切线，切点为A，B．则|AB|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025春 青羊区校级期中）已知m，n∈{﹣1，1，2，3}，若直线l：mx+ny＝4与圆x2+y2＝4没有交点，则满足条件的直线l有（　　）条．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2025 海淀区一模）已知直线y＝ax+b经过圆x2+y2+2x＝0的圆心，则a2+b的最小值为（　　）
A．﹣1 B． C．0 D．1
4．（2025 焦作校级一模）过直线y＝x﹣1上一点P作圆（x﹣5）2+y2＝2的两条切线l1，l2，切点分别为A，B，当直线l1，l2关于y＝x﹣1对称时，线段PA的长为（　　）
A．4 B． C． D．2
5．（2025春 霞山区校级月考）已知点A（4+k，0），B（k，3），若以C（25，20）为圆心，5为半径的圆与线段AB的垂直平分线相切，则k＝（　　）
A． B．或 C． D．或
6．（2025 重庆模拟）已知直线l：x﹣my+2＝0（m＞0）与圆O：x2+y2＝2相交于A，B两点，若劣弧与弦AB围成的图形面积为，则m＝（　　）
A． B． C．2 D．
7．（2025春 秦淮区校级期中）若圆C：（x﹣2）2+（y+3）2＝16上恰好有4个不同的点到直线l：y＝kx的距离为3，则实数k的取值范围是（　　）
A．（，0） B．（0，）
C．（2，2） D．（﹣2，﹣2）
8．（2024秋 仁寿县期末）若点A（0，4）在圆x2+y2+2kx﹣4y+k2﹣k﹣2＝0外，则实数k的取值范围是（　　）
A．（﹣1，2） B．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）
C．（﹣6，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣6，+∞）
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 山西期中）定义：min（P，C）表示点P到曲线C上任意一点的距离的最小值．已知P是圆（x﹣1）2+y2＝9上的动点，圆C：x2+y2＝1，则min（P，C）的取值可能是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
（多选）10．（2025 广州模拟）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若△ABC的三个顶点坐标分别为A（3，4），B（﹣1，2），C（1，0），其“欧拉线”为l，圆M：（x﹣a）2+y2＝1，则（　　）
A．过A作圆M的切线，切点为P，则|AP|的最小值为4
B．若直线l被圆M截得的弦长为2，则a＝﹣1
C．若圆M上有且只有两个点到l的距离都为1，则
D．存在a，使圆M上有三个点到l的距离都为1
（多选）11．（2025 广西模拟）在平面直角坐标系xOy中，曲线C上任意一点到点C（1，1）的距离等于1，若直线y＝kx（k∈R）与曲线C交于不同的两点A，B，则（　　）
A．当时，
B．线段AB中点的轨迹长度为
C．的取值范围为[﹣1，1]
D．|OA| |OB|＝1
（多选）12．（2025 成都校级模拟）已知抛物线C：x2＝4y与圆M：x2+（y﹣1）2＝r2交于A，B两点，圆M与y轴的负半轴交于点P，O为坐标原点，则（　　）
A．r＞1
B．若△PAB为等边三角形，则r＝4
C．存在r，使得|OP|＝|OA|
D．直线PA与抛物线C相切
三．填空题（共4小题）
13．（2025 渝中区校级模拟）圆心在射线上，与y轴相切，且被x轴所截得的弦长为的圆的方程为 　 　 ．
14．（2025 河北模拟）已知直线l：y＝k（x﹣2）与圆C：（x﹣3）2+y2＝4交于A，B两点，过A，B分别作圆C的切线，则这两条切线夹角的取值范围是 　 　 ．
15．（2025春 宝山区校级期中）已知圆C的方程为（x﹣1）2+y2＝25，直线l的方程为（m+2）x+（1﹣2m）y+7m﹣6＝0，直线l被圆C截得的弦中长度为整数的共有 　 　 条．
16．（2025 江西模拟）已知A（﹣1，0），B（3，0），P是圆O：x2+y2＝36上的一个动点，则sin∠APB的最大值为 　 　 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 宝山区期中）如图是用3个圆构成“卡通鼠”的形象，点Q（0，﹣3）是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在x轴上，圆L与圆S的半径都等于2，圆S、圆L均与圆Q外切．
（1）求圆心S与圆心L的坐标；
（2）已知直线l过点O若直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均等于t，求出t的值．
18．（2025春 北仑区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d．对于点P和图形W给出如下定义：点Q是图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最小值，且最小值恰好为d，则称点P为图形W的“关联点”．
（1）如图1，图形W是矩形AOBC，其中点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，3），则d＝ 　 　 ．在点P1（﹣1，0），P2（2，8），P3（3，1），中，矩形AOBC的“关联点”是 　 　 ；（直接在答题卷上写出答案即可，不需要书写过程）
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形DEFG，其中点D的坐标为（1，1）．若直线y＝x+b上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”，求b的取值范围；
（3）已知点M（1，0），，图形W是以T（t，0）为圆心，1为半径的⊙T．若线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”，求出t的取值范围．
19．（2024秋 广东校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），直线l：y＝2x﹣4．设圆C的半径为1，圆心在l上．
（1）若圆心C也在直线y＝x﹣1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程：
（2）若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．
20．（2025 山海关区二模）蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点M是直线l：x＝1上在第一象限内的任一点，直线OM的倾斜角为θ（O为坐标原点），且交圆A于点N（N与O不重合），第一象限内的点P在直线OM上，且满足，一蔓叶线C的方程为，如图所示．
（1）求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围；
（2）证明：点P在蔓叶线C上；
（3）设直线与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线OR，OS，OT的斜率之和为2025，证明：直线l0过定点．
参考公式：法国数学家弗朗索瓦 韦达提出了三次方程的韦达定理：若x1，x2，x3是关于一元三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a≠0）的三个根，则，，．
高考数学一轮复习 圆与方程
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 泰安模拟）过直线y＝﹣x+1上任一点P向圆x2+（y+1）2＝1作两条切线，切点为A，B．则|AB|的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】过圆外一点的圆的切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】C
【分析】根据圆心到直线的距离，再根据勾股定理，结合锐角三角函数可得，即可求解|PC|的最小值．
【解答】解：圆x2+（y+1）2＝1的圆心和半径分别为C（0，﹣1），R＝1，
圆心C（0，﹣1）到直线l：y＝﹣x+1的距离为d，
|AB|＝2|PA|sin∠APC＝2|PA| 22，
故当|PC|最小时，此时|AB|最小，又知|PC|的最小值为，
故．
故选：C．
【点评】本题主要考查圆上的点到直线距离的最值，属于中档题．
2．（2025春 青羊区校级期中）已知m，n∈{﹣1，1，2，3}，若直线l：mx+ny＝4与圆x2+y2＝4没有交点，则满足条件的直线l有（　　）条．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】根据圆心到直线距离与圆的半径求解直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】D
【分析】通过直线与圆的位置关系可得点P（m，n）是在以原点为圆心，2为半径的圆内的点，结合m，n∈{﹣1，1，2，3}，进而可得结论．
【解答】解：由题意直线l：mx+ny＝4与圆x2+y2＝4没有交点，
可得：2，
即m2+n2＜4，
∴点P（m，n）是在以原点为圆心，2为半径的圆内的点，
∵m，n∈{﹣1，1，2，3}，
即满足条件的有序实数对（m，n）有（﹣1，﹣1），（﹣1，1），（1，﹣1），（1，1），
∴满足条件的直线l有4条．
故选：D．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，注意解题方法的积累，属于中档题．
3．（2025 海淀区一模）已知直线y＝ax+b经过圆x2+y2+2x＝0的圆心，则a2+b的最小值为（　　）
A．﹣1 B． C．0 D．1
【考点】根据圆心到直线距离与圆的半径求解直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】B
【分析】将圆化成标准方程可得圆心为C（﹣1，0），代入题中的直线方程算出b＝a，再根据二次函数即可求出．
【解答】解：圆x2+y2+2x＝0化成标准方程，得（x+1）2+y2＝1，∴圆心为C（﹣1，0），半径r＝1，
∵直线y＝ax+b经过圆心C，
∴0＝﹣a+b，即b＝a，
因此，a2+b＝a2+a＝（a）2，
当且仅当a时，a2+b的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
4．（2025 焦作校级一模）过直线y＝x﹣1上一点P作圆（x﹣5）2+y2＝2的两条切线l1，l2，切点分别为A，B，当直线l1，l2关于y＝x﹣1对称时，线段PA的长为（　　）
A．4 B． C． D．2
【考点】根据圆心到直线距离与圆的半径求解直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】C
【分析】判断圆心与直线的关系，在直线上求出特殊点，P的方程，利用切线长、半径以及该点与圆心连线构成直角三角形，可求线段PA的长．
【解答】解：显然圆心（5，0）不在直线y＝x﹣1上．
由对称性可知，P为直线y＝x﹣1上的特殊点，
这个点与圆心连线垂直于直线y＝x﹣1，从这点作切线才能关于直线y＝x﹣1对称．
所以该点与圆心连线所在的直线方程为：y﹣5＝﹣x，即y＝5﹣x
与y＝x﹣1联立可求出该点坐标为（3，2），即P（3，2），
所以该点到圆心的距离为2，
切线长、半径以及该点与圆形连线构成直角三角形，又知圆的半径为．
所以|PA|．
故选：C．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相切的关系的应用，考查计算能力，属中档题．
5．（2025春 霞山区校级月考）已知点A（4+k，0），B（k，3），若以C（25，20）为圆心，5为半径的圆与线段AB的垂直平分线相切，则k＝（　　）
A． B．或 C． D．或
【考点】由直线与圆的位置关系求解直线与圆的方程或参数．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】B
【分析】根据中点坐标公式和斜率公式求出线段AB的中点坐标和斜率，进而得到其垂直平分线的方程．再利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径这一性质，结合点到直线的距离公式列出关于k的方程，最后求解方程得到k的值．
【解答】解：由题意点A（4+k，0），B（k，3），
以C（25，20）为圆心，5为半径的圆与线段AB的垂直平分线相切，
可得线段AB中点，AB斜率：，
则垂直平分线，整理得l：8x﹣6y﹣8k﹣7＝0，
相切即圆心到直线的距离等于半径，由点到直线的距离公式有，，
即|73﹣8k|＝50，解得或．
故选：B．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题．
6．（2025 重庆模拟）已知直线l：x﹣my+2＝0（m＞0）与圆O：x2+y2＝2相交于A，B两点，若劣弧与弦AB围成的图形面积为，则m＝（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】直线与圆相交的性质．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】D
【分析】设∠AOB＝α，利用劣弧与弦AB围成的图形面积为，解出α，可得圆心O到直线l的距离为1，再利用点到直线的距离即可求解．
【解答】解：如图：
设∠AOB＝α，
由题意，劣弧与弦AB围成的图形面积，
解得，
所以圆心O到直线l的距离为1，即，
从而．
故选：D．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题．
7．（2025春 秦淮区校级期中）若圆C：（x﹣2）2+（y+3）2＝16上恰好有4个不同的点到直线l：y＝kx的距离为3，则实数k的取值范围是（　　）
A．（，0） B．（0，）
C．（2，2） D．（﹣2，﹣2）
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】D
【分析】由圆C的方程，可得圆心C的坐标及半径r的值，求出圆心到直线l的距离，再由圆上的点到直线l的距离为3的点有4个，可得圆心到直线l的距离小于1，可得k的范围．
【解答】解：圆C：（x﹣2）2+（y+3）2＝16的圆心C（2，﹣3），半径r＝4，
由圆C上恰好有4个不同的点到直线l：y＝kx的距离为3，
可知圆心C（2，﹣3）到直线l：y＝kx的距离d＜4﹣3＝1，即1，
所以3k2+12k+8＜0，解得﹣2k＜﹣2，
即k的范围为（﹣2，﹣2）．
故选：D．
【点评】本题考查点到直线的距离公式的应用，圆上的点到直线距离有四个的条件的求法，属于中档题．
8．（2024秋 仁寿县期末）若点A（0，4）在圆x2+y2+2kx﹣4y+k2﹣k﹣2＝0外，则实数k的取值范围是（　　）
A．（﹣1，2） B．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）
C．（﹣6，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣6，+∞）
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】通过方程表示圆及点在圆外，构造不等式求解即可．
【解答】解：点A（0，4）在圆x2+y2+2kx﹣4y+k2﹣k﹣2＝0外，
由x2+y2+2kx﹣4y+k2﹣k﹣2＝0，
化为标准方程可得：（x+k）2+（y﹣2）2＝k+6，
k＞﹣6，②
由①②取交集可知，实数k的取值范围是（﹣6，﹣1）∪（2，+∞）．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：圆的方程，点和圆的位置关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 山西期中）定义：min（P，C）表示点P到曲线C上任意一点的距离的最小值．已知P是圆（x﹣1）2+y2＝9上的动点，圆C：x2+y2＝1，则min（P，C）的取值可能是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】圆上的点到定点的距离及其最值．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；直线与圆．
【答案】ABC
【分析】根据题意，分析两个圆的圆心和半径，可得两圆的位置关系，作出图形，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，圆C：x2+y2＝1，其圆心为（0，0），半径为1，
圆（x﹣1）2+y2＝9，其圆心为（1，0），半径为3，
圆心距|PC|＝1，则圆C内含于圆（x﹣1）2+y2＝9，
若P是圆（x﹣1）2+y2＝9上的动点，
如图，易得2≤|PC|≤4，故1≤min（P，C）≤3，
分析选项：A、B、C符合，D不符合．
故选：ABC．
【点评】本题考查圆与圆的位置关系，注意min（P，C）的定义，属于基础题．
（多选）10．（2025 广州模拟）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若△ABC的三个顶点坐标分别为A（3，4），B（﹣1，2），C（1，0），其“欧拉线”为l，圆M：（x﹣a）2+y2＝1，则（　　）
A．过A作圆M的切线，切点为P，则|AP|的最小值为4
B．若直线l被圆M截得的弦长为2，则a＝﹣1
C．若圆M上有且只有两个点到l的距离都为1，则
D．存在a，使圆M上有三个点到l的距离都为1
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】数形结合；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】BC
【分析】根据切线长、半径以及点到圆心的距离的数量关系列出|AP|的表达式可判断A；求出欧拉线方程，根据直线与圆的位置关系可判断BC；由圆的半径大小可判断D．
【解答】解：对于A，由已知，因为AM2＝（a﹣3）2+42≥42，且r2＝1，
所以，故A错误；
对于B，先求欧拉线，由重心的坐标公得1，，
设垂心为H（x，y），则得，
即，解得垂心，
过重心G（1，3）及的欧拉线的方程为y＝x+1，
因为弦长为2，即圆的直径，故圆心M（a，0）在欧拉线上，得a＝﹣1，故B正确；
对于C，若圆M上有且只有两个点到l的距离都为1，则圆心M（a，0）到欧拉线的距离小于2，
即，解得一，故C正确；
对于D，若圆M上存在三个点到l的距离为1，则圆的直径需大于2，而圆M半径r＝1，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查直线与圆的综合，属于中档题．
（多选）11．（2025 广西模拟）在平面直角坐标系xOy中，曲线C上任意一点到点C（1，1）的距离等于1，若直线y＝kx（k∈R）与曲线C交于不同的两点A，B，则（　　）
A．当时，
B．线段AB中点的轨迹长度为
C．的取值范围为[﹣1，1]
D．|OA| |OB|＝1
【考点】直线与圆的位置关系；轨迹方程．
【专题】计算题；整体思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】ABD
【分析】求圆心C（1，1）到直线x﹣2y＝0的距离，运算求解即可判断A；分析可知点M的轨迹是以OC为直径的圆（圆C内部部分），即可判断B；根据数量积可得，进而可判断C；分析可得|OA| |OB|＝|OC|2﹣r2＝1，即可判断D．
【解答】解：由题意，曲线C为圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，如图：
对于选项A，圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1的圆心坐标为C（1，1），半径为r＝1，
若直线，圆心C到直线的距离为，
则，故A正确；
对于选项B，如图线段AB中点M满足OM⊥CM，
所以M的轨迹是以OC为直径的圆（圆C内部部分），
所以线段AB中点的轨迹长度为，故B正确；
对于选项C，，
因为点A，B不重合，所以cos∠ACB＜1，故C错误；
对于选项D，|OA||OB|＝（|OM|+|MA|）（|OM|﹣|MA|）
＝|OM|2﹣|MA|2＝|OC|2﹣d2﹣（r2﹣d2）＝|OC|2﹣r2＝1，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
（多选）12．（2025 成都校级模拟）已知抛物线C：x2＝4y与圆M：x2+（y﹣1）2＝r2交于A，B两点，圆M与y轴的负半轴交于点P，O为坐标原点，则（　　）
A．r＞1
B．若△PAB为等边三角形，则r＝4
C．存在r，使得|OP|＝|OA|
D．直线PA与抛物线C相切
【考点】直线与圆的位置关系；直线与抛物线的位置关系及公共点的个数；圆与圆锥曲线的综合．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ABD
【分析】直接根据抛物线的定义与几何性质对选项一一判断即可．
【解答】解：M（1，0）为抛物线C的焦点，r＝|MP|＝|MA|．
对于选项A：r＝|MP|＞|OM|＝1，故A正确；
由抛物线与圆的对称性可知，点A，B关于x轴对称，若△PAB 为等边三角形，则∠AMP＝120°，
根据抛物线的定义易求 r＝|AM|＝2p＝4，故B确；
对于选项C：设，由抛物线定义可知，，
又因为|PM|＝r，则，
从而，而，故C错误；
对于选项D：设切点为（x0，），对x2＝4y求导可得y′x，则切线PA的方程为，
与抛物线C：x2＝4y，联立可得，
故Δ＝（2x0）2﹣40，所以直线PA抛物线C相切，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了抛物线的几何性质，是中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 渝中区校级模拟）圆心在射线上，与y轴相切，且被x轴所截得的弦长为的圆的方程为 　（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4　 ．
【考点】直线与圆相交的性质；根据圆的几何属性求圆的标准方程．
【专题】方程思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4．
【分析】由题意设圆心坐标为（a，a）（a≥0），半径为r（r＞0），可写出圆的方程为（x﹣a）2+（ya）2＝r2，根据所求圆与y轴相切，且被x轴所截得弦长为，可得关于a，r的方程，联立可求出a，r，从而可得圆的方程．
【解答】解：因为圆心在射线yx（x≥0）上，
所以可设圆心坐标为（a，a）（a≥0），半径为r（r＞0），
则所求圆的方程为（x﹣a）2+（ya）2＝r2，
因为圆与y轴相切，所以r＝a①，
又因为圆被x轴所截得弦长为，
所以（a）2r2②，
联立①②，解得a＝2，r＝2，
故所求圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4．
故答案为：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4．
【点评】本题考查圆的方程的求法，考查圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（2025 河北模拟）已知直线l：y＝k（x﹣2）与圆C：（x﹣3）2+y2＝4交于A，B两点，过A，B分别作圆C的切线，则这两条切线夹角的取值范围是 　　 ．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】．
【分析】根据直线是否过圆心进行分类讨论，结合直线与圆的相关性质即可求解．
【解答】解：当直线l不过圆心C时，如图，
设两条切线交于点D，则∠D＝π﹣∠ACB，
设点C到直线l的距离为d，
因为直线l：y＝k（x﹣2）过点（2，0），
所以0＜d≤1，
当d＝1时，直线l斜率不存在，不符合题意，
所以0＜d＜1，
则，
∴；
当直线l过圆心C时，两条切线平行，所以夹角为0；
综上，两条切线夹角的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
15．（2025春 宝山区校级期中）已知圆C的方程为（x﹣1）2+y2＝25，直线l的方程为（m+2）x+（1﹣2m）y+7m﹣6＝0，直线l被圆C截得的弦中长度为整数的共有 　8　 条．
【考点】直线与圆相交的性质．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】8．
【分析】将直线l的方程整理，可得恒过定点的坐标，代入圆的方程可得点在圆内，求出圆心到直线的距离，可得弦长的取值范围，进而判断答案．
【解答】解：将直线l的方程为（m+2）x+（1﹣2m）y+7m﹣6＝0整理可得m（x﹣2y+7）+2x+y﹣6＝0，
则，解得x＝1，y＝4，
可得直线恒过定点P（1，4），
将点P（1，4）代入圆C的方程（x﹣1）2+y2＝25中可得0+16＜25，
即点P在圆C内部，当CP⊥l时，点到直线的距离最大，此时弦长最短，
且此时最短弦长为226，
最长弦长为2r＝10，所以弦长为整数的值有6，7，8，9，10，
且当弦长最短和最长时，只有一条，其它有2条，
所以弦长为整数的有8条．
故答案为：8．
【点评】本题考查直线恒过定点的求法，点与圆的位置关系的判断，直线与圆相交弦长公式的应用，属于中档题．
16．（2025 江西模拟）已知A（﹣1，0），B（3，0），P是圆O：x2+y2＝36上的一个动点，则sin∠APB的最大值为 　　 ．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】．
【分析】设△PAB外接圆半径为R，由正弦定理可得，当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，sin∠APB最大．
【解答】解：设△PAB外接圆半径为R，由正弦定理，，
当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，sin∠APB最大，
设△PAB外接圆圆心为M，由题可得其在AB中垂线上，可设其坐标为：（1，x），
则，|MO|，又圆M与圆O相内切，则圆心距等于半径之差，
则，等式两边平方并化简后可得：，即△PAB外接圆半径为R的最小值为，
此时 sin∠APB 则此时sin∠APB最大，最大值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 宝山区期中）如图是用3个圆构成“卡通鼠”的形象，点Q（0，﹣3）是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在x轴上，圆L与圆S的半径都等于2，圆S、圆L均与圆Q外切．
（1）求圆心S与圆心L的坐标；
（2）已知直线l过点O若直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均等于t，求出t的值．
【考点】根据圆的几何属性求圆的标准方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】（1）S（4，0）、L（﹣4，0）；
（2）．
【分析】（1）设圆心S（m，0），其中m＞0，根据圆与圆的位置关系可得出|QS|＝5，可求出m的值，即可得出点S的坐标，同理可得出点L的坐标；
（2）分析可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx，利用几何法求出直线l截三个圆所得的弦长，可得出关于k的方程，解出k2的值，即可求出t的值．
【解答】解：（1）由题意点Q（0，﹣3）是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在x轴上，圆L与圆S的半径都等于2，圆S、圆L均与圆Q外切，
可得圆Q的半径为|QO|＝3，设圆心S（m，0），其中m＞0，
由于圆S和圆Q外切，且圆S的半径为2，则，解得m＝4，
即点S（4，0），同理可得点L（﹣4，0）．
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与y轴重合，此时，直线l与圆L、圆S都相离，不合乎题意，
设直线l的方程为y＝kx，即kx﹣y＝0，
圆心L到直线l的距离为，圆心S到直线l的距离为，
且圆S、圆Q的半径均为2，所以，直线l截圆S、圆Q的弦长为，
圆心Q到直线l的距离为，则直线l截圆Q的弦长为，
由题意可得，解得，
所以，．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题．
18．（2025春 北仑区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d．对于点P和图形W给出如下定义：点Q是图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最小值，且最小值恰好为d，则称点P为图形W的“关联点”．
（1）如图1，图形W是矩形AOBC，其中点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，3），则d＝ 　5　 ．在点P1（﹣1，0），P2（2，8），P3（3，1），中，矩形AOBC的“关联点”是 　P2，P4　 ；（直接在答题卷上写出答案即可，不需要书写过程）
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形DEFG，其中点D的坐标为（1，1）．若直线y＝x+b上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”，求b的取值范围；
（3）已知点M（1，0），，图形W是以T（t，0）为圆心，1为半径的⊙T．若线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”，求出t的取值范围．
【考点】直线与圆的位置关系；与直线有关的动点轨迹方程．
【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解；新定义类．
【答案】（1）d＝5；“关联点”是P2，P4；
（2）[﹣6，6]；
（3）．
【分析】（1）求出d＝5，然后分别根据定义判断是否是关联点；
（2）求出关联点的轨迹，再由直线y＝x+b与这个轨迹有公共点得b范围；
（3）求出圆T的关联点的轨迹仍然是一个圆，由这个圆与线段MN有公共点可得参数范围．
【解答】解：（1）如图1，图形W是矩形AOBC，其中点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，3），矩形AOBC的对角线长为，这也是矩形中任意两点距离的最大值，所以d＝5，
对P1（﹣1，0），矩形AOBC中点O（0，0）到它的距离最小为1，不满足关联点的定义，不是关联点，
对P2（2，8），矩形AOBC中的点到它的距离最小为8﹣3＝5＝d，满足关联点的定义，是关联点，
对P3（3，1），矩形AOBC中点到它的距离最小为0，不满足关联点的定义，不是关联点，
对，中矩形AOBC中点O（0，0）到它的距离最小为，满足关联点的定义，是关联点，
因此P2，P4是关联点；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形DEFG，其中点D的坐标为（1，1）．若直线y＝x+b上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”，
可知正方形的边长为2，对角线长为，因此正方形DEFG中，，
直线y＝x+b与对角线DF平行，
由已知E（﹣1，1），F（﹣1，﹣1），G（1，﹣1），设P（x，y），
当﹣1≤x≤1时，或时，P到正方形DEFG上点的距离的最小值为，满足关联点的定义，为关联点，
当﹣1≤y≤1时，或时，P到正方形DEFG上点的距离的最小值为，为关联点，
当|x|＞1且|y|＞1时，如果P在第一象限，则P到正方形DEFG上点的距离的最小值为，因此有（x﹣1）2+（y﹣1）2＝8，即P在圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝8的一段弧上（x＞1，y＞1），
同理点P还在下列三段圆弧上：（x+1）2+（y﹣1）2＝8（x＜﹣1，y＞1），（x+1）2+（y+1）2＝8（x＜﹣1，y＜﹣1），（x﹣1）2+（y+1）2＝8（x＞1，y＜﹣1），
直线y＝x+b与正方形的一条对角线DF平行，
直线y＝x+b与图中正方形DEFG外围的图形（四段线段与四段圆弧组成）的公共点即为关联点，
当直线y＝x+b与第二象限的一段圆弧相切时，，b＝6（﹣2舍去），
同理当直线y＝x+b与第四象限的一段圆弧相切时，b＝﹣6，
所以b的取值范围是[﹣6，6]；
（3）点M（1，0），，图形W是以T（t，0）为圆心，1为半径的⊙T．若线段MN上存在点P，使点P为⊙T的“关联点”，可知圆T的半径为1，因此d＝2，
点P到圆T上点的距离的最小值为2，则|PT|＝2+1＝3，由题意以T为圆心半径为3的圆与线段MN在公共点，
该圆方程为（x﹣t）2+y2＝9，
当圆过M点时，有（1﹣t）2＝9，t＝4或t＝﹣2，
当圆过N点时，有，，
当M，N两点一个在外，一个在圆内时，有[（1﹣t）2﹣9]（t2+3﹣9）＜0，解得或，
综上，t的取值范围是．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，新定义的应用，即在某个图形上存在已知图形的关联点，方法是根据新定义求得关联点的轨迹（方程），由这个轨迹与某个图形有公共点得参数范围．是中档题．
19．（2024秋 广东校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），直线l：y＝2x﹣4．设圆C的半径为1，圆心在l上．
（1）若圆心C也在直线y＝x﹣1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程：
（2）若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．
【考点】过圆外一点的圆的切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）所求切线为y＝3或．
（2）．
【分析】（1）设点C（a，2a﹣4），又C也在直线y＝x﹣1上求出a，通过圆的方程过A点切线方程可设为y＝kx+3．利用得到直线的距离公式，求解k，得到切线方程．
（2）设点C（a，2a﹣4），M（x0，y0），通过MA＝2MO，求出M的轨迹方程，通过两个圆有公共点，转化求解a 的范围即可．
【解答】解：（1）由题设点C（a，2a﹣4），又C也在直线y＝x﹣1上，∴2a﹣4＝a﹣1，∴a＝3，
∴⊙C：（x﹣3）2+（y﹣2）2＝1，
由题，过A点切线方程可设为y＝kx+3．即kx﹣y+3＝0，
则，解得：k＝0，，
∴所求切线为y＝3或．
（2）设点C（a，2a﹣4），M（x0，y0），∵MA＝2MO，A（0，3），O（0，0），
∴，即，
又点M在圆C上∴，两式相减得，
由题以上两式有公共点，∴，
整理得：，即（5a2﹣12a+6）2≤4（5a2﹣12a+9），
令t＝5a2﹣12a+6，则t2≤4（t+3），解得：﹣2≤t≤6，∴﹣2≤5a2﹣12a+6≤6，
解得：．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，轨迹方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
20．（2025 山海关区二模）蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点M是直线l：x＝1上在第一象限内的任一点，直线OM的倾斜角为θ（O为坐标原点），且交圆A于点N（N与O不重合），第一象限内的点P在直线OM上，且满足，一蔓叶线C的方程为，如图所示．
（1）求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围；
（2）证明：点P在蔓叶线C上；
（3）设直线与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线OR，OS，OT的斜率之和为2025，证明：直线l0过定点．
参考公式：法国数学家弗朗索瓦 韦达提出了三次方程的韦达定理：若x1，x2，x3是关于一元三次方程ax3+bx2+cx+d＝0（a≠0）的三个根，则，，．
【考点】直线和圆的方程的应用．
【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解；新定义类．
【答案】（1）[0，1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据蔓叶线方程中分母不为零以及根式有意义的条件来确定横坐标取值范围；
（2）依据向量相等的性质得到点P的坐标，再将点P的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与y2i进行比较，若相等则可证明点P在蔓叶线C上；
（3）将直线方程与蔓叶线方程联立，齐次化处理，利用三次方程韦达定理得到直线OR，OS，OT斜率之和的表达式，进而求出直线过的定点．
【解答】解：（1）因为蔓叶线C的方程为，
则且1﹣x≠0，
由于x2≥0恒成立，
所以等价于1﹣x＞0，
解得x＜1，
由图知道，蔓叶线C的位置，所以x≥0，
综上，知道0≤x＜1，
则蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围为[0，1）．
（2）证明：设M（1，y0）（y0＞0），
已知直线OM的方程为y＝kx（k＝y0），
将其代入圆A的方程，
得到 ．
对，
进行整理得（1+k2）x2﹣x＝0，
解得x＝0或，
因为N点不是原点，所以N点横坐标为．
已知，设P（x，y），M（1，y0），N点横坐标为．
根据向量坐标运算，，，
因为y＝kx，所以，
．
将代入蔓叶线方程的右边：，
而，
即蔓叶线方程右边的值等于y2等式成立，
所以点P的坐标满足蔓叶线方程，点P在蔓叶线C上．
（3）证明：，
齐次化联立直线与曲线，得到，
那么ny3+（m﹣1）xy2﹣x3＝0，
即，
根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为k1，k2，k3，
结合韦达定理知道，，故1﹣m＝2025n，则1﹣2025n＝m，
代入直线方程，即（1﹣2025n）x+ny＝1，
化简得（y﹣2025x）n+x﹣1＝0，式子恒成立，
则令x﹣1＝0，y﹣2025x＝0，
解得x＝1，y＝2025，
故直线l0过定点（1，2025）．原命题成立．
【点评】本题考查圆锥曲线方程性质的综合应用，属于难题．
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