（寒假）新高考数学一轮复习考点精讲+随堂检测10直线与圆（教师版）

第第页第10课直线与圆考点01直线的倾斜角与斜率【例1】直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】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.【详解】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.【变式1-1】已知点P，Q的坐标分别为，，直线l：与线段PQ的延长线相交，则实数m的取值范围是.【答案】【分析】先求出的斜率，再利用数形结合思想，分情况讨论出直线的几种特殊情况，综合即可得到答案.【详解】如下图所示，

由题知，直线过点.当时，直线化为，一定与相交，所以，当时，，考虑直线的两个极限位置.（1）经过，即直线，则；（2）与直线平行，即直线，则，因为直线与的延长线相交，所以，即，故答案为：【变式1-2】已知点在函数的图象上，当时，求：(1)的取值范围；(2)的取值范围．【答案】(1)；(2)【分析】（1）可看作过点与点的直线的斜率，结合图形分析求解；（2）整理得，可看作过点与点的直线斜率，结合图形分析求解.【详解】（1）因为点M在函数的图象上，且，记点，．由题意可知点在线段AB上移动．记点，则可看作过点与点的直线的斜率，又因为，，由于，可知线段AB上存在点与N点连线的斜率不存在，所以的取值范围为．

（2）因为，记点，则可看作过点与点的直线斜率，又因为，，所以的取值范围为．

考点02求直线的方程【例2】已知在中，点，的角平分线为，边上的中线所在直线的为，则边所在直线l的一般式方程为.【答案】【分析】用待定系数法求出点，再利用点关于直线的对称求解，利用截距式方程求解化简即可.【详解】设，因为在角平分线上，①，因为、C中点在中线上，所以②，联立①②解得，，所以，设B点关于角平分线的对称点为，因为，所以③，因为B、N中点在上，所以④，联立③④解得，，所以，l即为，化简有，所以.

考点03两直线的位置关系【例3】已知平行四边形中，边所在直线方程为，边所在直线方程为．(1)求点的坐标；(2)若点的坐标为，分别求与边所在直线的方程．【答案】(1)；(2)所在直线方程为，所在直线方程为.【分析】（1）直接联立方程组即可得到的坐标；（2）根据，，设平行一般式，解出其中未知数即可.【详解】（1）联立，解得，所以.（2）因为四边形ABCD是平行四边形，所以，设所在直线的方程为：，代入点C的坐标，得，所以所在直线的方程为：，同理，设所在直线的方程为：，代入点C的坐标，得，所以所在直线的方程为：.考点04距离问题【例4】已知点在线段上，则的取值范围是（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离.【详解】由的图象如下，

又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方，上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为，由图知：原点到线段的距离，则，综上，，故.故选：B【变式4-1】已知，则的最小值为（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】先对所求式子配方整理，把问题转化为，求直线上一点，到直线同侧的两点间的距离之和的最小值，就是将军饮马求最值问题，先对其中一点作关于直线的对称点，进一步把问题转化为，求两点间的距离，求解即可.【详解】该式子是表示点到点、点的距离之和，又，上述式子表示直线上的点到点、点的距离之和的最小值（如图）.

设点关于直线的对称点为，则有，解得，即，所以，所以直线上的点到点、点的距离之和的最小值为.故选：D.考点05直线的对称问题【例5】（多选）已知点，，且点在直线：上，则（

）A．存在点，使得B．存在点，使得C．的最小值为D．最大值为3【答案】BCD【分析】设，利用斜率公式判断A，利用距离公式判断B，化折线为直线，利用两点之间线段最短判断C，根据几何意义判断D.【详解】对于A：设，若时，此时的斜率不存在，，与不垂直，同理时与不垂直，当且时，，若，则，去分母整理得，，方程无解，故与不垂直，故A错误；对于B：设，若，则，即，由，所以方程有解，则存在点，使得，故B正确；对于C：如图设关于直线的对称点为，则，解得，所以，所以，当且仅当、、三点共线时取等号（在线段之间），故C正确；

对于D：如下图，，当且仅当在的延长线与直线的交点时取等号，故D正确.

故选：BCD【变式5-1】光线从射向轴上一点，又从反射到直线上一点，最后从点反射回到点，则BC所在的直线方程为．【答案】【分析】分别求点关于轴和直线的对称点，再根据几何关系求得直线的方程.【详解】点关于轴的对称点为，设点关于的对称点为，则，解得：，即,由对称性可知，点在直线上，所以，直线的方程为，即.

故答案为：考点06点、直线与圆位置关系的判断【例6】若点在圆的外部，则a的取值范围是（

）A．B．C．D．【答案】C【详解】依题意，方程可以表示圆，则，得；由点在圆的外部可知：，得.故.故选：C【变式6-1】在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有（

）条A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】分截距为零和截距不为零两种情况结合点到直线的距离公式求解即可【详解】圆的圆心为，半径，由题意可知切线的斜率存在，当截距为零时，设切线方程为，即，所以，化简得，因为，所以方程有两个不相等的根，所以过原点的切线有两条，当截距不为零时，设切线方程为，即，所以，解得或，所以不过原点的切线为或，有2条，综上，在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有4条，故选：D【变式6-2】（多选）已知点在圆上，点，，则（

）A．直线与圆相交B．直线与圆相离C．点到直线距离大于0.5D．点到直线距离小于5【答案】BCD【分析】根据圆心到直线的距离判断AB，再由圆上点到直线距离的最值判断CD即可.【详解】由知，圆心为，半径，直线，则圆心到直线距离.所以直线与圆相离，故A错B对；由圆心到直线的距离知，圆上点到直线距离的最大最小值分别为，，故CD正确.故选：BCD考点07切线和切线长问题【例7】已知点是圆上的动点，直线与轴、轴分别交于两点，当最小时，（

）A．B．C．D．【答案】A【分析】作出示意图之后，结合图形可知，与圆相切时，切线长取到最小值.【详解】圆化成标准形式为，故圆心为，半径为，直线与坐标轴交于点，点，如图所示：

则当最小时，与圆相切，连接，可知，由勾股定理可得.故选：A【例7-1】在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，动点P满足(1)求动点P的轨迹C的方程(2)若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程.【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）设，根据动点满足，再用两点间距离公式列式化简作答.（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答.【详解】（1）设，由，得，化简得，所以P点的轨迹的方程为.（2）由（1）知，轨迹：表示圆心为，半径为2的圆，当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，与相切；当直线l的斜率存在时，设，即，

于是，解得，因此直线的方程为，即，所以直线l的方程为或.

考点08弦长问题【例8】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．【答案】C【分析】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.【详解】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.【变式8-1】点是直线上的动点，过点作圆的切线，分别相切于、两点，则的最小值为；四边形面积的最小值为；【答案】【分析】由圆的几何性质可知，，分析可知，当与直线垂直时，取最小值，求出的最小值，结合勾股定理可求出的最小值，证明出，可得出，结合三角形的面积公式可求得四边形面积的最小值.【详解】圆的圆心为坐标原点，如下图所示：由圆的几何性质可知，，由勾股定理可知，，当与直线垂直时，取最小值，且，所以，，由切线长定理可得，又因为，，所以，，所以，，故四边形面积的最小值为.故答案为：；.考点09圆与圆的位置关系【例9】已知圆和两点，圆C上若存在点P，使得，则的最小值为（

）A．7B．6C．5D．4【答案】D【分析】由题意可得在为直径的圆上，转化为两圆有公共点求解.【详解】，且存在点P，使得，点的轨迹为，点在圆上，两圆有公共点，两圆圆心分别为，，圆心距为5，半径分别为，，解得，故选：D【变式9-1】已知圆的半径为，圆心在直线上．点，．若圆上存在点，使得，则圆心的横坐标的取值范围为（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】设圆心，表示出圆，设，依题意可得，将问题转化为两圆有交点求出参数的取值范围.【详解】依题意设圆心，则圆：，设，由，则，即，依题意即圆与圆有交点，则，解得，即圆心的横坐标的取值范围为.故选：B考点10圆的公共弦和公共切线【例10】已知圆与圆相交于两点，其中点是坐标原点，点分别是圆与圆的圆心，则（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】求出直线的方程，继而可求得点到直线的距离，根据勾股定理可求得线段的长度，在中，利用余弦定理可求得所求.【详解】如图所示：过点,作,因为，则为线段的中点，联立，两式相减得，故直线的方程为，又化为，故,,则点到直线的距离为，则,则中，故选：【变式10-1】已知圆C的方程为，直线，点P是直线l上的一动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，当四边形PAOB的面积最小时，直线AB的方程为（

）A．B．C．D．【答案】A【分析】先判断出四边形PAOB的面积最小时点的位置，根据圆与圆的交线的求法求得正确答案.【详解】依题意可知，所以，所以最小时，最小，此时，的斜率为，所以此时直线的斜率为，也即此时直线的方程为，由解得，则，以为圆心，半径为的圆的方程为，即，与两式相减并化简得：.故选：A

【变式10-2】（多选）圆和圆的交点为，则有（）A．公共弦所在直线方程为B．线段中垂线方程为C．公共弦的长为D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为【答案】ABD【分析】直接把两圆的方程作差判断A；利用直线方程的点斜式写出线段的中垂线方程判断B；求出公共弦长判断C；由到的距离加上的半径判断D．【详解】对于A，由与，两式作差可得，即，∴公共弦所在直线方程为，故A正确；对于B，圆的圆心为，圆的圆心，的中点坐标，，∴的中垂线的斜率为，可得的中垂线方程为，即，故B正确；对于C，圆心到直线的距离，半径为，则，故C错误；对于D，为圆上一动点，圆心到直线的距离为，半径，则到直线的距离的最大值为，故D正确．故选：ABD考点11与圆有关的最值问题【例11】已知，，若动点满足，直线与轴、轴分别交于两点，则的面积的最小值为（

）A．B．4C．D．【答案】D【分析】由得的轨迹为圆心为，半径为的圆，根据点到直线得距离公式求解圆上点到直线的最小距离，即可根据面积公式求解.【详解】设，由可得，化简可得，故动点的轨迹为圆心为，半径为的圆，圆心到的距离为，故圆上的点到直线的最小距离为，由于，所以，故的面积的最小值为，

故选：D【变式11-1】（多选）设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有（

）A．直线过定点B．当取得最大值时，C．当最小时，其余弦值为D．的最大值为24【答案】ABD【分析】A选项，将直线方程整理为，然后得到，解方程即可得到定点；B选项，根据弦长最大是直径得到最大时经过圆心，然后列方程求解即可；C选项，根据几何知识得到当直线与过点和的直线垂直时最小，然后利用勾股定理和余弦定理求余弦值即可；D选项，根据外心的结论得到，然后求最值即可.【详解】对于选项A，由动直线，可得：，由，即，即直线过定点，即选项A正确；对于选项B，当取得最大值时，直线过点，即，即选项B正确；对于选项C，当最小时，此时最小，当最小时，直线与过点和的直线垂直，则，即，由余弦定理可得，即选项C错误；对于选项D，，即的最大值为24，即选项D正确，故选：ABD．直线与圆随堂检测1.直线与圆的位置关系是（

）A．相离B．相切C．相交D．不确定【答案】C【详解】直线过定点，由圆的方程为，所以点A在该圆内，则过该点的直线一定与圆相交，故选：C2.圆，圆，则两圆的一条公切线方程为（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】由圆与圆位置关系的判断可知两圆外离，得公切线条数；根据两圆半径相同可确定两条公切线过，两条公切线平行于，假设公切线方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得公切线.【详解】由两圆方程得：圆心，，半径，两圆圆心距，，即两圆外离，公切线共有条；两圆半径相同，两圆两条公切线经过中点，两条公切线与平行，经过中点的公切线斜率显然存在，可设为：，，解得：或，即公切线方程为：或；，与平行的公切线方程为，即，，解得：，即公切线方程为或；综上所述：两圆的公切线方程为：或或或.故选：C.3.（多选）已知圆与直线，下列选项正确的是（

）A．圆的圆心坐标为B．直线过定点C．直线与圆相交且所截最短弦长为D．直线与圆可以相切【答案】ABC【分析】根据圆的方程直接求出圆心判断A，直线恒过定点判断B，利用垂径定理结合圆的性质求出最短弦长判断C，利用直线恒过圆内定点判断D.【详解】对于A，圆的圆心坐标为，正确；对于B，直线方程即，由可得，所以直线过定点，正确；对于C，记圆心，直线过定点，则，当直线与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，此时直线截圆所得的弦长最小，此时弦长为，正确；对于D，因为，所以点在圆内，直线与圆必相交，错误.故选：ABC4.（多选）若点在直线上，且点到直线的距离是，则点的坐标为（

）A．B．C．D．【答案】AC【分析】设出点的坐标为，利用点到直线的距离公式表示出到已知直线的距离，让等于列出关于的方程，求出方程的解即可得到的值，再写出点的坐标即可.【详解】解：设点坐标为，点到直线的距离为：，解得或，∴点坐标为或.故选：AC.5.两条平