2023年新高考数学一模试题汇编11 直线和圆（解析版）

专题11直线和圆

一、单选题

1.（2023.福建・统考一模）双曲线C:9--=1的下焦点为尸，过F的直线/与C交于A,B两点，若过A,

8和点M（O,4）的圆的圆心在X轴上，则直线/的斜率为（）

B.±√2C.±1D.±-

【答案】B

【分析】根据题意设出直线48的方程，与曲线方程联立，结合韦达定理求出48的中点坐标和弦长48,然

后利用垂径定理可得直线/的斜率.

【详解】由题意可知：F（0,-2）,设/（如力）,8（如丫2），48的中点为2，过点4,8,"的圆的圆心坐标为6（60）,

则IGMl=√t2+7=r,

由题意知：直线48的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为：y=kx-2,

（y=kx-2

联立方程组V,,消元可得：（Y-3）/—4h+1=0,

―X=1

则1-3≠0,Δ=16∕C2-4（∕c2-3）=12k2+12>0,

由韦达定理可得：％1÷x=萨F%1%2=所以AB的中点P的坐标孙==言IyP=kxp-2=-ʌ-,

2K~jK,-JZK~~∙SK~Λ

则P（TiJ，*），由圆的性质可知：圆心与弦中点连线的斜率垂直于弦所在的直线，所以APG=娈二=

-

/£”—3ΓCΛɔCtK

整理可得：£=急(*),则圆心GsO)到直线AB的距离d=舒，

由弦长公式可得：∣∣22XX2亘,

48=√1+kyj(x1+x2)^412=√1+⅛福

由垂径定理可得：r2=d2+G∣48∣)2,

也即《2+7=华等+(1+炉)警察，将(*)代入可得：

l+fcz、'(fcz-3)2

64〃2⅛∑T-2)3(1+1)264—36/^+363(l+∕c2)2

222U|22,

(H-3)2十一l+k+(k-3)*(k-3)十一(H-3)2+(fc2-3)2

42

整理可得：k-5fc+6=0,则(1一2)(1-3)=0,因为∕c2-3κθ,

所以1一2=0,则k=±√∑

故选：B.

2.(2023.福建•统考一模)过抛物线=4x的焦点作直线/,/交C于M,N两点，若线段MN中点的纵

坐标为2,贝IJlMNl=()

A.10B.9C.8D.7

【答案】C

【分析】设直线MN的方程为％-1=my,联立抛物线方程得∙y?一4τny-4=0,利用韦达定理求出小值，

再利用弦长公式即可.

【详解】由抛物线方程知焦点坐标为（L0）,

设直线MN的方程为％-1=myf联立y?=4%得好一4my-4=0,

设Mal,%）,ΛZ（x2,y2）>则Vi+”=4m,y1y2=-4,

则在产=2m=2,解得m=1,

22

则IMNl=VTn2+1.Iy1—y2∣=y∕m2_|,ɪ.J（%+先），-4%丫2=Vl÷1•√4+4x4=8,

故选：C.

3.（2023・山东荷泽统考一模）过抛物线Cy=4/焦点F作倾斜角为30。的直线交抛物线于48,则∣481=

（）

12

A.iB.-C.1D.16

33

【答案】A

【分析】点斜式设出直线1的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的定义，利用韦达定理来求解.

【详解】y=4/化为标准形式/=Iy由此知2p=（p=ɪ;

设直线I的方程为：y=?%+多A（XI，%），8（%2，、2），根据抛物线定义知1力8|=%+%+P；

将x=√5（y-代入/=2py,可得12y2-20py+3p2=0,

205

%+'2=迎=/；

由此代入∣4B∣=yι+y+P=∣P+P=^P=^×⅛=∣∙

2OɔɔOɔ

故选：A

4.（2023・山东威海・统考一模）己知双曲线C:捺一总=1（（1>0/>0）的左焦点为&,M为C上一点，M

关于原点的对称点为N,若NMFIN=60。，且IFINl=2∣FlMl,则C的渐近线方程为（）

A.y=+—XB.y=±V3xC.y=±—%D.y=±Vβx

【答案】D

【分析】由对称性知四边形MFlNF2为平行四边形，可求得IFlMI,∣F2M∣及4尸1”尸2，在4MF∕2中，由余弦

定理建立a,b的关系，从而求得渐近线方程.

【详解】如图所示，不妨设M在左支，

由对称性知四边形MFlNF2为平行四边形，

由IFINl=2∣F1M∣M∣F2M∣=2∣FM,

由双曲线定义知：尸2"1-IaMl=2α,

所以IFlMl=2a,∖F2M∖=∖F1N∖=4a,

因为NMFlN=60。，所以Z∙F1MF2=120。

2

在AM尸中,由余弦定理得|京尸2/=IFlMI2+∣F2M∣-2∣F1M∣∙∣F2M∣cosl20°,

UP4c2=4a2+16α2-2x2αx4αx(-g),

整理得C?=7α2,即α2+62=7α2,所以2=通，

a

则C的渐近线方程为y=±^x=±√6x.

故选：D

【点睛】求双曲线的渐近线就是求α与b的关系，通过可通过几何关系或代数式建立关于α,b,c的一个齐次

等式，求解L£均可得到渐近线方程.几何关系通过用到平面几何中的有关知识建立关系，甚至平面向量、

aa

正弦定理、余弦定理都可以用来建立关系式.

5.(2023・湖南长沙•统考一模)在平面直角坐标系Xoy中,已知/(3,0),B(0,t)(t>0),若该平面中存在点P,

同时满足两个条件∣PZ∣2+2-。|2=12与IPol=√Σ∣PB∣,则t的取值范围是()

A.(0,9一1)B.俘+L+8)

c∙件T曰+1)d∙(θ.y-l)∪(y+l.+∞)

【答案】D

【分析】设出点P坐标,根据IP川2+2∖PO∖2=12,求出点P的轨迹方程,根据IPol=√Σ∣PB∣,可求出点P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P(x,y),

因为∣PA∣2+2∖PO∖2=12,

所以(%—3)2+y2+2(X2+y2)=12,

化简可得:(x-I)2+y2=2,

故点P在以(1,0)为圆心,企为半径的圆上，

又因为IPOl=√2∣PB∣,

22

所以JX2+y2=√2∙y∕x+(y-t),

化简可得:小+(y-2t)2=2t2,

即点P在以(0,2t)为圆心,√∑t为半径的圆上，

故若存在点P,只需圆(X-I)2+y2=2与圆M+(y-2t)2=2t?有交点即可，

BP∣√2t-√2∣≤√12+(2t)2≤∣√2t+√2∣,

同时平方化简可得：1一4t≤2产≤1+4t,

嚼UI二:二解得栏T*W+L

所以不存在点P时，t>彳+1或0<t<9一L

故选:D

二、多选题

6.(2023・山东莉泽・统考一模)己知圆O:/+y2=%下列说法正确有()

A.对于VmeR,直线(2zn+l)x+(m+l)y-7m-4=0与圆。都有两个公共点

B.圆0与动圆C:(x-k)2+⑶—√3∕c)2=4有四条公切线的充要条件是网>2

C.过直线X+y-4=0上任意一点P作圆。的两条切线PAPB(4,8为切点)，则四边形PAOB的面积的最

小值为4

D.圆。上存在三点到直线x+y-2=0距离均为1

【答案】BC

【分析】对于选项A,转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可：对于选项B,转化为两圆外离，

运用几何法求解即可；对于选项C,由Sp408=2SAOAP=2Ji而产4,转化为求IOPl最小值即可；对于

选项D,设圆心到直线的距离为d,比较r-d与1的关系即可.

【详解】对于选项A,因为(2m+l)x+(m+l)y—7m-4=0,即：m(2x+y-7)+x+y-4=0>

所以二：所以直线恒过定点(3,1),

又因为32+12>4,所以定点(3,1)在圆O外，

所以直线(2?n+l)x+(τn+l)y-7τn—4=0与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1

个、2个.故选项A错误；

对于选项B,因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，

又因为圆O的圆心0(0,0),半径G=2,圆C的圆心C(k,bk),半径万=2,

所以∣OC∣>+「2，即：Jk2+(√3k)2>4,解得：阳>2.故选项B正确；

222

对于选项C,SPAOB=2SΔOΛP=2×∣×∖OA∖X∖PA∖=2×i×∖OA∖Xy∕∖OP∖-∖0A∖=2√∣OP∣-4,

又因为O到P的距离的最小值为O到直线x+y—4=0的距离，即：|。PImin=詈=2√Σ

所以四边形PAOB的面积的最小值为=4.故选项C正确；

对于选项D,因为圆O的圆心O(0,0),半径rl=2,则圆心O到直线x+y-2=0的距离为d=合=VL

所以rl-d=2-√5<1,所以圆O上存在两点到直线％+y-2=0的距离为1.故选项D错误.

故选：BC.

7.(2023•山东临沂•统考一模)已知圆。:/+丫2-6》+8=0,点力(0,4),点。在圆(;上，。为坐标原点，

则()

A.线段AP长的最大值为6B.当直线AP与圆C相切时，∖AP∖=2√6

C.以线段AP为直径的圆不可能过原点。D.而•希的最大值为20

【答案】ABD

【分析】由定点到圆上点的距离范围可得A正确；根据切线长公式即可求得IaPl=2伤，根据直径所对圆

周角为直角可知，当P在X轴上时以线段AP为直径的圆过原点。；利用向量数量积的坐标表示即可得出结论.

【详解】根据题意可知。:(％-3)2+丫2=1的圆心以3,0),半径r=l,如下图所示：

易知IaPl<∖AC∖+ICPl=√32+42+1=6,当且仅当4、C、P三点共线(且C点在中间)时，等号成立,

即A正确；

22

当直线AP与圆C相切时，由勾股定理可得MPl=yJ∖AC∖-∖CP∖=√25^T=2√6,所以B正确；

若以线段ZP为直径的圆过原点。，由直径所时圆周角为直角可得乙4。P=90。，

易知当P在X轴上时，满足题意；

所以以线段AP为直径的圆可能过原点0,即C错误；

设点P(Xo,%)，易知&e[2,4],y0C[-‰1]>

则配=(O,-4),IP=(x0,y0-4)

所以布•而=16-4yo≤16-4x(-l)=2O,即近∙Q的最大值为20,即D正确：

故选：ABD

8.(2023•广东汕头・统考一模)已知直线k2x-y—3=0,%：%-2y+3=0,圆C：(x-α)2+(y-6)2=

r2,若圆C与直线％%都相切，则下列选项一定正确的是()

A.匕与％关于直线y=χ对称

B.若圆C的圆心在X轴上，则圆C的半径为3或9

C.圆C的圆心在直线X+y-6=O或直线X—y=O上

D.与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个

【答案】ACD

【分析】对于A,将线关于线对称转化为点关于线对称，利用点关于线对称的解决办法及点在直线上即可

求解；

对于B,根据己知条件设出圆心，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式即可求解；

对于C,利用圆的标准方程得出圆心和半径，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式，结合点

在直线上即可求解；

对于D,根据已知条件及选项C的结论，利用点到坐标轴的距离公式及半径的定义，结合点在直线上即可

求解.

【详解】对于A,设直线I1：2x-y-3=O上任意一点(XO,2%o-3)关于直线y=%对称的点为(τn,n),则

(2-o-3-n_

m

nι^~n.7y/解得?n-2〃+3=0,所以点(m,n)在直线％：x-2y+3=0上，所以匕与%关于直线

TTI~ΓXQM十一ɔ

2―2

y=%对称，故A正确；

对于B,因为圆C的圆心在X轴上，设圆心为(α,0),因为圆C与直线I1，Z都相切，所以r=需=甯，

解得α=O或α=6,当α=O时，r=5=?；当a=6时，r=看=等，故B错误；

对于C,由圆C：(x-α)2+(y-b)2=N,得圆心为(α,b),半径为r,因为圆C与直线小％都相切，所

以「_∙α-g_3∣_∣∏-2fa+3∣^解得&-∣.ð_ð=O或。—ð,所以圆心(α,b)在直线X+y-6=O或直线X-y=O

上，故C正确；

对于D,由圆C：(x—α)2+(y-b)2=N,得圆心为(α,b),半径为r,因为圆C与两坐标轴都相切，得圆

心到X轴的距离为向,到y轴的距离为∣α∣,所以r=Ial且r=∖b∖,即Ial=∖b∖,解得α=b或α=-b,当a=b

时，由题意可知政若刍=Ia解得α=b=-&|旦或α=b=驹?，当α=-b时，此时不满足，所以

与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个，故D正确.

故选：ACD.

9.(2023・广东深圳•统考一模)已知抛物线C-y2=2x的准线为，，直线久=my+n与C相交于A、B两点，

M为AB的中点，则()

A.当TI=泄，以AB为直径的圆与阳交

B.当n=2时，以AB为直径的圆经过原点O

C.当∣4B∣=4时，点M至〃的距离的最小值为2

D.当MBl=I时，点M至”的距离无最小值

【答案】BC

【分析】将直线X=Tny+n代入C:y2=2,结合韦达定理求得M坐标、点M到准线1的距离d”及∣4B∣.当

n=T时，由B∣4B∣=d”可判断A：当n=2时，由万？•丽=0可判断B；当MBl=4时，得n,m的关系式，

代入4M表达式，利用基本不等式可判断C；当∣48∣=1时，得电6的关系式，代入d”表达式，利用对勾函

数的性质可判断D.

【详解】抛物线C"=2x,准线I方程是X=-i,

直线X=my+n代入C:y2=2%,可得y?—2my-2n=0,Δ=4m2÷8n>0,

设401，%),8(%2，丫2)，则Vi+%=2m,y1y2=-2n,

z

ɪi+x2=(my1+n)÷(τny2+∏)=m(y1÷y2)+2n=2m+2n,

222

x1x2=(my1+n)(τny2+n)=rny1y2÷τnn(y1+y2)+n=n,

设”('“，YM)，贝咏乂==爪2+4y”==血，

2

点M到准线Z的距离dʌʃ=XM+∣=m+n+ɪ,

2222

∖AB∖=71+my∕(y1+y2)—4y1yz=√1+m√4τn÷8n,

222

当九=1时，ɪ∖AB∖-∣√1+77i√4τπ+4=1+mf点M到准线/的距离d”=zn?+ι,则以AB为直径的

圆与Z相切，故A错误；

当九二2时，65・丽=XlX2+为力="2-2Zl=0,K∣JO∕11OBt则以AB为直径的圆经过原点O,故B

正确；

当MBl=4时，即+?=2,4血2+8几=4,得n=之一12,

l+m22zn

则dM=m2+n+(=∕+—N2j^P^=2,当且仅当?n=±1时等号成立，故C正确；

当∖ABI=1时，即∙√4+m2√4τ∏2+8∏=1,得几=1—ʌm2,

8(l+mz)2

所以dʌʃ=nt2+几+1=8(]jyn2)+令1+nt?=t,t≥1，

则d”=2+3=4C+t%由对勾函数的性质得，当时，d”单调递增，

故当t=l时，d”取最小值J，故D错误.

故选：BC.

10.(2023・广东佛山•统考一模)设单位圆O与X轴的左、右交点分别为A、B,直线/：xcosθ-ysinθ+1=0

(其中0＜。＜兀)分别与直线x+1=0、尤一1=0交于C、£＞两点，则()

A.O=争寸，/的倾斜角为：

B.Vee(O,π),点A、B到/的距离之和为定值

C.30∈(0,π).使/与圆。无公共点

D.VO∈(0,Tt),恒有Oe1OD

【答案】BD

【分析】对于A：首先得到直线的斜率，即可求出直线的倾斜角，从而判断A,对于B,分别求出点4、B到

直线1的距离，再求和即可，求出坐标原点。到直线/的距离，即可判断C,求出C,。点坐标，再求出反∙OD,

即可判断D.

【详解】解：依题意A(T,0),B(1,0),

对于A：当6=g时直线I:XCoSm-ysing+1=0,即-IX-?y+l=0，

所以直线Z的斜率k=-f,所以直线，的倾斜角为自，故A错误；

对于B：点4到直线I的距离di=然热e=l-cose+1|,

点B到直线1的距离d2==ICOSe+1|,

√Γc⅞oszβ+RsιnzFθ

所以点4、B到直线，的距离之和为d=|—cosθ+1∣+ICoSe+11,

因为6∈(0,兀)，所以COSe∈(—1,1),所以d=—cos。+1÷cosθ÷1=2,

即对V9∈(0,π),点4、B到直线［的距离之和为定值2,故B正确；

对于C:坐标原点。到直线/的距离d。=IC一/Sin拓=L

所以直线，与单位圆相切，即直线，与单位圆必有一个交点，故C错误；

对于D：对于直线LXCoSe—ysin。+I=0,令X=-1,解得y=；曹］,

令x=l,解得y=七i，

即C(T$)，D(L甯)，

所以况=(T喏1),而=(1,嘿1),

所以瓦•丽=一1+智∙F⅛出=一1+上*=一1+噂=0,所以说，说，

SInesin。sιnz^SlnZe

即V。∈(0,兀)，恒有OC_L。。，故D正确；

故选：BD

11.(2023.广东肇庆•统考二模)已知圆C:(x-l)2+(y—2)2=25,直线上(2m+l)x+(m+l)y-7m-

4=0,则()

A.直线I过定点(3,1)

B.直线1与圆C可能相离

C.圆C被y轴截得的弦长为4遍

D.圆C被直线2截得的弦长最短时，直线2的方程为x+2y-5=0

【答案】AC

【分析】直线±m(2x+y-7)+x+y-4=0,由'一：二：求出定点(3,1),即可判断A；由点(3,1)

与圆心距离判断直线与圆位置关系，即可判断B；令久=0,求出圆与y轴交点纵坐标可得弦长，即可判断

C；根据直线1被圆C截得弦长最短，只需(3,1)与圆心(1,2)连线垂直于直线/,求出直线，的方程，即可判

断D.

【详解】直线Lm(2x+y-7)+x+y—4=0,由二:二；，得二;，即1恒过定点(3,1)，故A

正确；

点(3,1)与圆心(1,2)的距离d=强＜5,故直线1与圆C恒相交，故B错误；

令X=0,则(O-I)2+(y-2)2=25,可得丫=2±2乃，故圆C被y轴截得的弦长为4份，故C正确；

要使直线1被圆C截得弦长最短，只需(3,1)与圆心(1,2)连线垂直于直线

所以直线1的斜率一四;=2,可得m=-：,故直线1为2x-y—5=0,故D错误.

故选：AC.

12.(2023•辽宁盘锦•一•模)已知圆C:(%+2)2+y2=%直线/：?HX+χ+2y—1+τn=O(TneR).则下列

结论正确的是()

A.当m=0时，圆C上恰有三个点到直线/的距离等于1

B.对于任意实数机，直线/恒过定点(-1,1)

C.若圆C与圆/+y2-2χ+8y+α=O恰有三条公切线，则α=8

D.若动点。在圆C上，点E(2,4),则线段DE中点M的轨迹方程为一+(y-2)2=1

【答案】BCD

【分析】对于A,通过计算圆心到直线的距离进行分析即可，对于B,对直线方程变形求解即可，对于C,

由两圆有3条公切线可得两圆相外切，从而可求出ɑ的值，对于D,设DE的中点为(x,y),则可得动点D

的坐标为(2x-2,2y-4)代入圆C方程中化简可得答案

【详解】对于A,圆C:(X+2)2+y2=4的圆心为(一2,0),半径丁=2,当Tn=0时，直线Lx÷2y—1=0,

则圆心C到直线I的距离为d=上目=等，因为2-言＜1,所以圆C上只有两个点到直线1的距离等于

1,所以A错误，

对于B,由TnX+%+2y-1+m=0(m∈R),得m(%+1)+(x+2y—1)=0,由于m∈R,所以

得忙;7,所以直线，恒点(T,l),所以B正确，

对于C,因为圆C与圆X2+y2-2x+8y+α=O恰有三条公切线,所以两圆相外切，由/+y2-2x+8y+

α=0,得(x—I)?+(y+4)2=17—α,所以J(—2-+(0+4/=5=717-α+2,解得α=8,所

以C正确，

对于D,设DE的中点为(x,y),则可得动点D的坐标为(2x-2,2y-4),因为动点D在圆C上，所以

(2x-2+2)2+(2y-4)2=4,化简得χ2+(y-2)2=i,所以线段。E中点M的轨迹方程为/+

(y-2)2=1,所以D正确，

故选：BCD

三、填空题

13.(2023•山东临沂•统考一模)已知々)是函数f(x)=。+28①+珍的一个零点,且Xoe[l,e],则。2+必的

最小值为.

【答案】I

【分析】将&代入f(x),构造直线方程，运用点到直线的距离求解.

__XoJXo

【详解】因为Xo是/(%)的一个零点，.,・Q+2bJ焉+eT=O,将(α,b)看作直线x+2yJ焉+e^Γ=O上

一个点的坐标,

则原题就变为：求当x°∈[l,e]时，点(α,b)到原点的距离的平方的最小值,

exθ

原点到直线％+2yJx^+e~2=O的距离为d=J,d2=.∙.a2+b2≥d2,

V√l+4∙Xol+4x0

令g(x)=&，(Xe[l,e]),令O)>O=，当时，g'(χ)>O,g(χ)是增函数,

1+4∙X∖l+itX)4

在Xe[ι,e]时，g(χ)mm=g(i)=|:

故答案为：I.

14.(2023・山东威海・统考一模)在平面直角坐标系中，过4(一2,4),8(2,6),。(一1,-3),。(2,-4)四点的圆的

方程为______.

［答案】x2+y2-4x—2y—20=O

【分析】根据题意，设圆的方程为/+y2+Dχ+Ey+F=O,取三个点的坐标代入，得到方程组，求解

即可得到结果.

【详解】设圆的方程为/+y2+Dx+Ey+/=0,

将点4C,。的坐标分别代入可得，

20-2D+4E+F=O(D=-4

10-D-3E+F=O,解得］E=-2

,20+2D-4E+F=0(F=-20

则可得圆的方程为一+y2-4x-2y-20=0

故答案为：X2+y2-4x-2y-20=0

15.(2023♦广东茂名•统考一模)过四点(一1,1)、(L-1)、(2,2)、(3,1)中的三点的一个圆的方程为_____

(写出一个即可).

【答案】(X-1)2+⑶-1)2=4(答案不唯一)

【分析】利用圆的一般式方程求过三点的圆.

【详解】过(一1,1),(1,-1),(3,1)时，设圆的方程为/+y2+Dχ+Ey+F=o,

(2-D+E+F=0(D=-2

则2+D-E+F=0,解得E=-2,

(10+3D+E+F=0=-2

圆的方程是：X2+y2-2x—2y-2=0,BP(x-I)2+(y-I)2=4；

同理可得：

过(1,一1)、(2,2)、(3,1)时，圆的方程是：9一|)+(y-ɪ)=|；

过(T1),(1,-1),(2,2)时，圆的方程是：(x—丁+(y—/=工；

过(-1,1),(2,2),(3,1)时，圆的方程是：(x-l)2+y2=5.

故答案为：(％-1)2+(y-1)2=4.((x-1)2+(y-1)2=4、(X-I)+(V-以=|、(^-^)+

(y—J=患、(％—D?+y?=5写其中一个即可)

16.(2023•江苏南通•统考一模)已知圆。:Y?+y2="(r>0),设直线χ+√5y—√5=0与两坐标轴的交

点分别为4B，若圆。上有且只有一个点P满足∣4Pl=IBP|,贝什的值为__________.

【答案】⅛0.5

【分析】根据|4Pl=IBPl可得P在AB的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.

【详解】4(√5,0),8(0,1),巴4=PB,P在48的垂直平分线上，

kAB=一9所以中垂线的斜率为后

48的中点为(Fj),由点斜式得y—I=V3(x—ɪ).

化简得y=√3x-1,

P在圆。：％2+y2=N满足条件的P有且仅有一个，

直线y=V3x-1与圆相切，

∙,∙r=d=√⅛=?

故答案为：ɪ

17.(2023・重庆・统考一模)已知圆：/+y2=i6上恰有3个点到直线1：y=√5x+b(b>0)的距离等于

2,则b的值为_________.

【答案】4

【分析】根据圆上3个点到直线的距离等于2,可得圆心到直线的距离为4-2=2,

利用点到直线的距离公式解出b即可.

【详解】解:因为圆的方程为/+y2=i6,

所以圆心为(0,0),半径为4,

因为圆/+y2=16上恰有3个点到直线I的距离都等于2,

所以只需要圆心到直线Ly=√3x+b(b>0)的距离为2即可，

直线方程为y=√3x+6(h>0)

所以圆心到直线的距离为3=2,且b>0

解得b=4,

故答案为：4

四、解答题

2

18.(2023•湖南长沙•统考一模)设A,B是椭圆v¾→y2=1上异于P(0,l)的两点，且直线AB经过坐标原点，

直线∕¾,PB分别交直线y=-x+2于C,3两点.

(1)求证：直线必，AB,PB的斜率成等差数列；

⑵求APCD面积的最小值.

【答案】(1)证明过程见解析

【分析】(1)设AQ21),8(-卬-y),表达出直线48,直线PA,直线PB的斜率，由。.+/B=纥1+"=

1xlxI

型=2∕ςB证明出结论；

xI1

(2)写出直线PA的方程，与y=-X+2联立求出XC=总与，同理求出孙=房百，求出ICnl=

^^T+l\Xc-xD\,利用三角换元，求出ICDl=的患布的最小值，结合P(O,1)到直线y=-χ+2的距离d,

求出面积的最小值.

2

【详解】(1)设A(XI,yj,贝∣JB(-Xi,—yj,ʒ-+y1=1,

宜线4B的斜率Ze.=-＞直线PA的斜率为kpA=力二，宜线PB的斜率为kps=2二=",

xlxlT]xI

kpA+kPB=^^=等=2kAB，

xlxlxI

故直线PA,AB,PB的斜率成等差数列；

(2)直线PA的方程为y-1="二，与y=—X+2联立得：

xI

X

Xr—1，

lɪι+yι-ι

同理可得：直线PB的方程为y—l=2χ,与y=-X+2联立得：

xI

Xl

孙二诉K

XX

故Im=√Γ+1∣C-D∣=√2lɪ-ɪl=2√2∣^⅛71∣,

2

因为七一+%=1,设/=√2cosθ,y1=sinθ,

故ICDl=2λ∕2丘COSe=_____4_______4

(√2cos0+sinβ)2-l∣cosβ+2√2sinβ∣∣3sin(0+φ)Γ

其中ta∏9=γ,

故当sin(6+0)=l时，ICDl=口取得最小值,最小值为3

∣3s•ιn2(β,+■φ)∣3

又P(0,l)点到直线y=-X+2的距离d=翘=日，

故^PCD面积的最小值为！X：Xf=乎.

2323

【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：

(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决：

(2)代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数

的最值或范围.

五、双空题

19.(2023・湖南邵阳・统考一模)已知圆/+丫2+2%一4)/-5=0与圆/+丫2+2%-1=0相交于4,B两

点，则公共弦AB所在的直线方程为______,∣AB∣=_