2025年高考数学必刷题分类：第63讲、直线与圆的综合（教师版）

第63讲直线与圆的综合

必考题型全归纳

题型一：距离的创新定义

例1．（2024·浙江绍兴·高三统考期末）费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小

的点，当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的

周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为120°，根据以上性质，已知

A(1,0),B(1,0),C(0,2)，P为ABC内一点，记f(P)|PA||PB||PC|，则f(P)的最小值

为，此时sinPBC.

2155

【答案】23

10

【解析】设O(0,0)为坐标原点，由A(1,0),B(1,0),C(0,2)，知|AC||BC|5，

且ABC为锐角三角形，因此，费马点F在线段OC上，设F(0,h)，

3

则FAB为顶角是120°的等腰三角形，故h|OB|tan30，

3

所以f(P)f(F)|FA||FB||FC|4h2h23；

|FC||BC|2h5

在FBC中，由正弦定理，得，即，

sinFBCsinBFCsinFBCsin120

21552155

解得sinFBC，即此时sinPBC.

1010

2155

故答案为：23；

10

例2．（2024·全国·高三专题练习）闵氏距离（Minkowskidistance）是衡量数值点之间距离

的一种非常常见的方法，设点A、B坐标分别为x1,y1，x2,y2，则闵氏距离

1

ppp

.若点A、B分别在yex和yx1的图像上，则

DpA,Bx1x2y1y2pN*

DpA,B的最小值为（）

A．21pB．2pC．e1pD．ep

【答案】A

x1

【解析】由题意得，设A(x1,e),B(x2,x21)，

因为点A、B分别在函数yex和yx1的图象上，

111

pp

所以x1px1px1p，

Dp(A,B)(x1x2ex21)(x1x2)(ex21)(x1e1)

x1

当且仅当(x1x2)(ex21)0时等号成立.

设g(x)xex1，h(x)xex1，则h(x)1ex，

令h(x)0x0，h(x)0x0，

所以函数h(x)在(,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，

所以h(x)maxh(0)2，即h(x)2，所以g(x)h(x)h(x)2，

11

即p，所以Dp(A,B)的最小值为p.

Dp(A,B)22

故选：A.

例3．（2024·全国·高三专题练习）17世纪法国数学家费马在给朋友的一封信中曾提出一个

关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和

最小．现已证明：在ABC中，若三个内角均小于120，则当点P满足

APBAPCBPC120时，点P到三角形三个顶点的距离之和最小，点P被人们称

为费马点．根据以上知识，已知a为平面内任意一个向量，b和c是平面内两个互相垂直的

向量，且b2,c3，则ababac的最小值是（）

A．323B．323

C．232D．232

【答案】B

【解析】设ax,y，b2,0，c0,3，

222

则ababacx2y2x2y2x2y3，

即为点Px,y到A2,0,B2,0和点C0,3三个点的距离之和，

则△ABC为等腰三角形，如图，

由费马点的性质可得，需满足：点P在y轴上且∠APB＝120°，则∠APO＝60°，

2323

因为|OA|＝|OB|＝2，则OP，所以点P坐标为0,时，距离之和最小，

33

434323

最小距离之和为3323.

333

故选：B.

变式1．（2024·全国·高三专题练习）闵可夫斯基距离又称为闵氏距离，是两组数据间距离的

定义.设两组数据分别为Aa1,a2,,an和Bb1,b2,,bn，这两组数据间的闵氏距离定义

1

n

qq

为，其中q表示阶数.现有下列四个命题：

dAB(q)akbk

k1

①若A(1,2,3,4),B(0,3,4,5)，则dAB(1)4；

②若A(a,a1),B(b1,b)，其中a,bR，则dAB(1)dAB(2)；

③若A(a,b),B(c,d)，其中a,b,c,dR，则dAB(1)dAB(2)；

232

④若Aa,a,B(b,b1)，其中a,bR，则dAB(2)的最小值为.

8

其中所有真命题的个数是（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】对于①：dAB(1)|10||23||34||45|4，故①正确.

对于②：dAB(1)2|ab1|,dAB(2)2|ab1|，故②错误.

对于③：22，不妨设|ac|M,|bd|N，

dAB(1)|ac||bd|,dAB(2)(ac)(bd)

2

222

MNMN，且M,N均为非负数，所以MNM2N2故③正确.

对于④：构造函数2，则22，d(2)的最小

f(x)x,g(x)x1dAB(2)x1x2y1y2AB

值即两曲线动点间的最小距离，设f(x)x2与直线g(x)x1平行的切线方程为yxb，

yx211

联立得：x2xb0，令14b0得，b，所以切线方程为yx：

yxb44

3

132

g(x)x1与yx之间的距离432，所以最小值为，故④正确.

4d

288

故选C.

变式2．（2024·全国·高三专题练习）费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的

点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，

即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，.则

F(x,y)(x23)2y2(x13)2(y13)2x2(y2)2的最小值为（）

A．4B．223C．323D．423

【答案】B

【解析】由题意得：F(x,y)的几何意义为点E到点A23,0,B31,13,C0,2的距

离之和的最小值，

2222

因为AB313122，CB313122，

AC4124，

222

所以ABCBAC，故三角形ABC为等腰直角三角形，，

1

取AC的中点D，连接BD，与AO交于点E，连接CE，故BDAC2，AECE，

2

CO23

因为，所以CAO30，故AEC120，则BECAEB120，

AO233

故点E到三角形三个顶点距离之和最小，即F(x,y)取得最小值，

1AD434323

因为ADCDAC2，所以AE，同理得：CE，DE，

2cos30333

23

BEBDDE2，

3

434323

故F(x,y)的最小值为AECEBE2223.

333

故选：B

变式3．（2024·全国·高三专题练习）点M是ABC内部或边界上的点，若M到ABC三个

顶点距离之和最小，则称点M是ABC的费马点（该问题是十七世纪法国数学家费马提出）.

若A0,2，B1,0，C1,0时，点M0是ABC的费马点，且已知M0在y轴上，则

AM0BM0CM0的大小等于.

【答案】23

【解析】先证明：若P到ABC三个顶点距离之和最小，则ÐAPB=ÐAPC=ÐBPC=120°

如图将ABP绕点B逆时针旋转60°得到BDE，则BDE≌ABP，

BD=BP,ÐPBD=60°，所以BDP是等边三角形，BPDP，

PA+PB+PC=ED+DP+PC，当E,D,P,C四点共线时取得最小值，

此时ÐAPB=ÐEDB=120°，

同理可得ÐBPC=ÐAPC=120°

所以命题得证.

点M0是ABC的费马点，且已知M0在y轴上，

ÐAM0B=ÐAM0C=ÐBM0C=120°，

ÐAM0O=ÐOM0C=60°，

233

所以BM=CM=,OM=2-，

00303

所以AM0BM0CM0=23.

故答案为：23

变式4．（2024·全国·高三专题练习）著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分

家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：(xa)2(yb)2

可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)的距离．结合上述观点，可得

f(x)x24x20x22x10的最小值为．

【答案】52

2222

【解析】∵fxx24x20x22x10x204x103，∴

fx的几何意义为点M(x，0)到两定点A(2，4)与B(1，3)的距离之和，设点A(2，4)关于x轴

的对称点为A，则A为(2,4)，要求fx的最小值，可转化为MA＋MB的最小值，利

22

用对称思想可知MAMBAB123452，即

fxx24x20x22x10的最小值为52,故答案为52.

题型二：切比雪夫距离

例4．（2024·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，定义dA,Bmax|x1x2|,|y1y2|

为两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的“切比雪夫距离”．又设点P及l上任意一点Q，称d（P，Q）

的最小值为点P到直线l的“切比雪夫距离”，记作d（P，l）．给出下列四个命题：①对任意

三点A，B，C，都有dC,AdC,BdA,B；②已知点P（3，1）和直线l:2xy10，

4

则dP,l；③到原点的“切比雪夫距离”等于1的点的轨迹是正方形．其中正确的序号

3

为．

【答案】①②③

【解析】其中①③的讨论见后文．

②设点Q是直线y2x1上一点，且Qx,2x1，则dP,Qmax|x3|,|22x|．由

554

|x3||22x|，解得1x，即有dP,Q|x3|，当x时，取得最小值；由

333

54

|x3||22x|，解得x或x1，即有dP,Q|2x2|，此时dP,Q的范围是,，

33

4

无最值．故P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为．

3

综上，①②③正确．

例5．（2024·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，定义d(P1,P2)maxx1x2,y1y2

为两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)的“切比雪夫距离”．若点P到点（2014，2015）的切比雪夫距离

为2，则点P的轨迹长度之和为．

【答案】16

【解析】由前文知点P的轨迹是边长为4的正方形，则轨迹长度之和为16．

，

例6．（2024·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中,定义dA,Bmaxx1x2y1y2

、

为两点Ax1,y1Bx2,y2的“切比雪夫距离”，又设点P及l上任意一点Q,称dP,Q的最小

值为点P到直线l的“切比雪夫距离”记作dP,l，给出下列四个命题:

①对任意三点A,B,C，都有dC,AdC,BdA,B；

4

②已知点P(3,1)和直线l:2xy10，则dP，l；

3

③到原点的“切比雪夫距离”等于1的点的轨迹是正方形；

其中真命题的是（）

A．①②B．②③C．①③D．①②③

【答案】D

【解析】①对任意三点A、B、C，若它们共线，设A(x1，y1)、B(x2，y2)，C(x3，y3)，

如图，结合三角形的相似可得d(C,A)，d(C,B)，d(A,B)为AN，CM，AK，或CN，BM，

BK，则d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若B，C或A，C对调，可得d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若A，B，C不共线，且三角形中C为锐角或钝角，如图，

由矩形CMNK或矩形BMNK，d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

则对任意的三点A，B，C，都有d(C,A)d(C,B)d(A,B)，故①正确；

②设点Q是直线y2x1上一点，且Q(x,2x1)，

可得d(P,Q)max{|x3|，|22x|}，

5

由|x3||22x|，解得1x，即有d(P,Q)|x3|，

3

54

当x时，取得最小值；

33

5

由|x3||22x|，解得x或x1，即有d(P,Q)|2x2|，

3

4

d(P,Q)的范围是(,)，无最值；

3

4

综上可得，P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为；故②正确；

3

③由题，到原点O的“切比雪夫距离”的距离为1的点Px,y满足dO,Pmaxx,y1，

xy,xy,

即或，显然点P的轨迹为正方形，故③正确；

x1,y1,

故选：D

变式5．（2024·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，定义

d(A,B)max{|x1x2|,|y1y2|}为两点A(x1,y1)、B(x2,y2)的“切比雪夫距离”，又设点P及直

线l上任一点Q，称d(P,Q)的最小值为点P到直线l的“切比雪夫距离”，记作d(P,l).

（1）求证：对任意三点A、B、C，都有d(A,C)d(C,B)d(A,B)；

（2）已知点P(3,1)和直线l:2xy10，求d(P,l)；

（3）定点C(x0,y0)，动点P(x,y)满足d(C,P)r（r0），请求出点P所在的曲线所围成图

形的面积.

【解析】（1）证明：设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，则

d(A,C)d(C,B)maxx1x3,y1y3maxx3x2,y3y2x1x3x3x2x1x2，

同理可得d(A,C)d(C,B)y1y2，

所以d(A,C)d(C,B)maxx1x2,y1y2d(A,B)，

（2）设Q(x,2x1)为直线l:2xy10上一点，则d(P,Q)maxx3,22x，

554

由x322x，解得1x，即有d(P,Q)x3，当x时，取得最小值；

333

5

由x322x，解得x或x1，即有d(P,Q)2x2，

3

44

d(P,Q)的范围是(3,)(,)(,)，无最大值，

33

4

综上可得，P,Q两点的最小值为，

3

4

所以d(P,l)；

3

（3）设轨迹上动点为P(x,y)，则d(C,P)maxxx0,yy0r，

xx0rxx0yy0

等价于或，

yy0xx0yy0r

所以点P(x,y)的轨迹是以C(x0,y0)为中心，边长为2r的正方形，

所以点P所在的曲线所围成图形的面积为4r2

变式6．（2024·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，定义d(A,B)|x1x2||y1y2|为

两点A(x1,y1)、B(x2,y2)的“切比雪夫距离”，又设点P及直线l上任意一点Q，称d(P,Q)的最

小值为点P到直线l的“切比雪夫距离”，记作d(P,l)，给出下列三个命题：

①对任意三点A、B、C，都有d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

4

②已知点P(3,1)和直线l:2xy10，则d(P,l)；

3

③定义O(0,0)，动点P(x,y)满足d(P,O)1，则动点P的轨迹围成平面图形的面积是4；

其中真命题的个数（）

A．0B．1C．2D．3

【答案】B

【解析】由新定义表示出三点A,B,C两两之间的“切比雪夫距离”，然后根据绝对值的性质判

断①，

由新定义计算出d(P,l)，判断②，

根据新定义求出P的轨迹方程，确定其轨迹，求得轨迹围成的图形面积判断③．①设

A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，则d(A,B)x1x2y1y2，

d(A,C)d(B,C)x1x3y1y3x2x3y2y3，

显然x1x3x2x3(x1x3)(x2x3)x1x2，同理y1y3y2y3y1y2，

∴d(C,A)d(C,B)d(A,B)，①正确；

②设P(x,y)是直线l上任一点，则y2x1，

3x5,x3

d(P,l)x3y1x32x2x1,1x3，易知d(P,l)在[1,)上是增函数，

53x,x1

在(,1)上是减函数，∴x1时，d(P,l)min13222，②错；

③由d(P,O)1得xy1，易知此曲线关于x轴，y轴，原点都对称，它是以

1

(1,0),(0,1),(1,0),(0,1)为顶点的正方形，其转成图形面积为S222，③错．

2

故选：B．

变式7．（2024·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，定义

，，，、，

dABmaxx1x2y1y2为两点Ax1y1Bx2y2的“切比雪夫距离”，又设点P

及l上任意一点Q,称dP，Q的最小值为点P到直线l的“切比雪夫距离”，记作dP，l,给

出下列三个命题：

①对任意三点A、B、C，都有dC，AdC，BdA，B；

8

②已知点P(2,1)和直线l:x2y20,则dP，l；

3

，、，，，，，＞＞，

③定点F1c0F2c0动点Pxy满足dPF1dPF22a2c2a0则点P

的轨迹与直线yk(k为常数)有且仅有2个公共点.

其中真命题的个数是（）

A．0B．1C．2D．3

【答案】C

【解析】①对任意三点A、B、C，

若它们共线，设A(x1，y1)、B(x2，y2)、C(x3，y3)，如图，

结合三角形的相似可得d(C,A),d(C,B),d(A,B)分别为AN,CM,AK或CN,BM,BK，

则d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若B,C或A,C对调，可得d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若它们不共线，且三角形中C为锐角或钝角，如图，

由矩形CMNK或矩形BMNK，

d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

则对任意的三点A，B，C，都有d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

故①正确；

xx

②设点Q直线l:x2y20一点，且Qx,1，可得dP,Qmaxx2,2，

22

x8x

由x22，解得0x，即有dP,Q2，

232

82

当x时，取得最小值；

33

x8

由x22，解得x0或x，即有dP,Qx2，

23

22

d(P,Q)的范围是2,,,，无最值，

33

2

综上可得，P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为，

3

故②错误；

，，＞＞

③定点F1(c,0)、F2(c,0)，动点P(x,y)满足dPF1dPF22a2c2a0，

可得P不y轴上，P在线段F1F2间成立，

可得xc(cx)2a，解得xa，

由对称性可得xa也成立，即有两点P满足条件；

，，

若P在第一象限内，满足dPF1dPF22a即为xcy2a，为射线，

由对称性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一条射线，

则点P的轨迹与直线yk(k为常数）有且仅有2个公共点，

故③正确；

真命题的个数是2，

故选：C．

变式8．（2024·全国·高三专题练习）在平面直线坐标系中,定义

，，，、，

dABmaxx1x2y1y2为两点Ax1y1Bx2y2的“切比雪夫距离”，又设点P

及l上任意一点Q,称aP，Q的最小值为点P到直线l的“切比雪夫距离”记作dP，l，给出

下列四个命题:（）

①对任意三点A、B、C，都有dC，AdC，BdA，B；

4

②已知点P(3,1)和直线l:2xy10，则dP，l；

3

③到原点的“切比雪夫距离”等于1的点的轨迹是正方形；

，、，，，，，＞＞，

④定点F1c0F2c0动点Pxy满足dPF1dPF22a2c2a0则点P

的轨迹与直线yk(k为常数)有且仅有2个公共点．

其中真命题的个数是（）

A．4B．3C．2D．1

【答案】A

【解析】①对任意三点A、B、C，若它们共线，设A(x1，y1)、B(x2，y2)，

C(x3，y3)，如右图，结合三角形的相似可得d(C,A)，d(C,B)，d(A,B)

为AN，CM，AK，或CN，BM，BK，则d(C，A)d(C，B)d(A，B)；

若B，C或A，C对调，可得d(C，A)d(C，B)d(A，B)；

若A，B，C不共线，且三角形中C为锐角或钝角，由矩形CMNK或矩形BMNK，

d(C，A)d(C，B)d(A，B)；

则对任意的三点A，B，C，都有d(C，A)d(C，B)d(A，B)；故①正确；

设点Q是直线y2x1上一点，且Q(x,2x1)，

可得d(P,Q)max{|x3|，|22x|}，

5

由|x3||22x|，解得1x，即有d(P,Q)|x3|，

3

54

当x时，取得最小值；

33

5

由|x3||22x|，解得x或x1，即有d(P,Q)|2x2|，

3

44

d(P,Q)的范围是(3，)(，)(，)．无最值，

33

4

综上可得，P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为．

3

故②正确；

③由题意，到原点的“切比雪夫距离”等于1的点设为x,y，则maxx,y1，

若yx，则|y|1；若|y||x|，则|x|1，故所求轨迹是正方形，则③正确；

④定点F1(c,0)、F2(c,0)，动点P(x,y)

满足|d(P，F1)d(P，F2)|2a(2c2a0)，

可得P不y轴上，P在线段F1F2间成立，

可得xc(cx)2a，解得xa，

由对称性可得xa也成立，即有两点P满足条件；

若P在第一象限内，满足|d(P，F1)d(P，F2)|2a，

即为xcy2a，为射线，

由对称性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一条射线，

则点P的轨迹与直线yk(k为常数）有且仅有2个公共点．

故④正确；

综上可得，真命题的个数为4个，

故选:A.

题型三：曼哈顿距离、折线距离、直角距离问题

例7．（2024·福建泉州·统考模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的

一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距

离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离

dA,Bx1x2y1y1，余弦距离eA,B1cosA,B，其中cosA,BcosOA,OB（O

为坐标原点）．已知M2,1，dM,N1，则eM,N的最大值近似等于（）

（参考数据：21.41，52.24．）

A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948

【答案】B

【解析】设Nx,y，

由题意可得：dM,N2x1y1，即x2y11，

可知x2y11表示正方形ABCD，其中A2,0,B3,1,C2,2,D1,1，

即点N在正方形ABCD的边上运动，

uuuruuur

因为OM2,1,ONx,y，由图可知：

当cosM，NcosOM，ON取到最小值，即OM，ON最大，点N有如下两种可能：

uuuruuuruuur425

①点N为点A，则ON2,0，可得cosM,NcosOM,ON；

525

uuur

②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC同向，不妨取ON1,1，

uuuruuur3310

则cosM,NcosOM,ON；

5210

31025

因为，

105

25

所以eM,N的最大值为10.104.

5

故选：B.

例8．（2024·安徽·校联考二模）在平面直角坐标系xOy中，定义Ax1,y1,Bx2,y2两点间的

折线距离d(A,B)x1x2y1y2，该距离也称曼哈顿距离．已知点M(2,0),N(a,b)，若

d(M,N)2，则a2b24a的最小值与最大值之和为（）

A．0B．2C．4D．6

【答案】B

【解析】由题意得，|a2||b|2．令a2p,|p||b|2，

作出(p,b)所表示的平面区域如图中实线所示，

则a2b24a(a2)2b24p2b24，而p2b2表示点(p,b)到原点(0,0)的距离的平

方，

结合图形可知p2b2的最小值为2，最大值为4，故a2b24a的最小值与最大值之和为

(24)(44)2，

故选：B．

例9．（2024·全国·高三专题练习）十九世纪著名德国犹太人数学家赫尔曼闵可夫斯基给出了

两点Px1,y1，Qx2,y2的曼哈顿距离为DP,Qx1x2y1y2.我们把到三角形三个顶

点的曼哈顿距离相等的点叫“好点”，已知三角形ABC的三个顶点坐标为A2,4，B8,2，

C12,10，则ABC的“好点”的坐标为（）

A．2,4B．6,8C．0,0D．5,1

【答案】B

【解析】对于A，设P2,4，

则DP,A22440,DP,B284280，

所以点2,4不是ABC的“好点”；

对于B，设P6,8，

则DP,A62848,DP,B68828，

DP,C6128108，

所以DP,ADP,BDP,C，

所以点6,8是ABC的“好点”；

对于C，设P0,0，

则DP,A02046,DP,B0802106，

所以点0,0不是ABC的“好点”；

对于D，设P5,1，

则DP,A52146,DP,B581246，

所以点5,1不是ABC的“好点”.

故选：B.

变式9．（2024·全国·高三专题练习）“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太

人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴

距总和，即在直角坐标平面内，若Ax1,y1，Bx2,y2，则A，B两点的“曼哈顿距离”为

x2x1y2y1，下列直角梯形中的虚线可以作为A，B两点的“曼哈顿距离”是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【解析】根据题意：A，B两点的“曼哈顿距离”为x2x1y2y1，再结合四个选项可以判

断只有C选项符合题意.

故选：C．

变式10．（2024·全国·高三专题练习）“曼哈顿距离”是19世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创之

间，定义如下：在直角坐标平面上任意两点Ax1,y1，Bx2,y2的曼哈顿距离为：

dA,Bx1x2y1y2.在此定义下，已知点O0,0，满足dO,M1的点M轨迹围成

的图形面积为（）

A．2B．1C．4D．2

【答案】A

【解析】设M(x,y)，

因为dO,M1，所以xy1，

当xy0时，则

当x0,y0时，xy1，当x0,y0时，xy1，

当x0,y0时，xy1，当x0,y0时，xy1，

当x0时，y1，当y0，x1，

所以点M的轨迹如图所示，是一个边长为2的正方形，

2

所以点M轨迹围成的图形面积为22，

故选：A

题型四：圆的包络线问题

例10．（2024·全国·高三专题练习）设直线系M：xcos(y2)sin1(02)，则下

列命题中是真命题的个数是（）

①存在一个直线与所有直线相交；②M中所有直线均经过一个定点；③对于任意实数n(n3)，

存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；④M中的直线所能围成的正三角形面积都相

等.

A．0B．1C．2D．3

【答案】B

【解析】根据直线系M：xcos(y2)sin1(02)，

1

可得(0,2)到直线M的距离d1，

cos2sin2

所以所有直线都为圆心为(0,2)，半径为1的圆的切线，

对于①：因为直线系为圆的任意切线，所以不存在一个直线与所有直线相交，故①错误；

对于②：因为直线系为圆的任意切线，所以该直线系不过定点，故②错误；

对于③：对于任意实数n(n3)，作圆x2(y2)21的外切正n边形，其所有边都为圆的切

线，即为直线系中的直线，故③正确；

对于④：如图所示：

正ABC和正VADE面积不相等，故④错误；

故选：B

例11．（2024·全国·高三专题练习）设直线系M:xcosy2sin1（02），则下

列命题中是真命题的个数是（）

①存在一个圆与所有直线相交；

②存在一个圆与所有直线不相交；

③存在一个圆与所有直线相切；

④M中所有直线均经过一个定点；

⑤不存在定点P不在M中的任一条直线上；

⑥对于任意整数nn3，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；

⑦M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．

A．3B．4C．5D．6

【答案】B

【解析】根据直线系M:xcosy2sin1（02）得到，

所有直线都为圆心为0,2，半径为1的圆的切线．

对于①，可取圆心为0,2，半径为2的圆，该圆与所有直线相交，所以①正确；

对于②，可取圆心为0,2，半径为1的圆，该圆与所有直线不相交，所以②正确；

2

对于③，可取圆心为0,2，半径为1的圆，该圆与所有直线相切，所以③正确；

对于④，所有的直线与一个圆相切，没有过定点，所以④错误；

对于⑤，存在0,2不在M中的任一条直线上，所以⑤错误；

对于⑥，可取圆的外接正三角形，其所有边均在M中的直线上，所以⑥正确；

对于⑦，可以在圆的三等分点做圆的三条切线，把其中一条切线平移到过另外两个点中点时，

也为正三角形，但是它与圆的外接正三角形的面积不相等，所以⑦错误；

故①②③⑥正确，④⑤⑦错，所以真命题的个数为4个．

故选：B．

例12．（2024·全国·高三专题练习）设直线系M:xcos(y2)sin1(02)，对于下

列四个结论：

（1）当直线垂直于x轴时，0或；

（2）当时，直线倾斜角为120；

6

（3）M中所有直线均经过一个定点；

（4）存在定点P不在M中任意一条直线上．

其中正确的是（）

A．①②B．③④C．②③D．②④

【答案】D

【解析】M:xcos(y2)sin1(02)，

（1）当直线垂直于x轴时，则sin0，解得0或或2，故（1）错误；

（2）当时，直线方程为：3xy40，

6

斜率k3，即tan3，倾斜角120，故（2）正确；

（3）由直线系M:xcos(y2)sin1(02)

x=cos

可令，消去可得x2(y2)21，

y=2+sin

故直线系M表示圆x2(y2)21的切线的集合，故（3）不正确．

（4）因为对任意，存在定点(0,2)不在直线系M中的任意一条上，故（4）正确；

故选：D．

变式11．（多选题）（2024·辽宁葫芦岛·高二校考开学考试）设有一组圆Ck：

22

xk1y3k2k4（kN*）.下列四个命题中真命题的是

A．存在一条定直线与所有的圆均相切

B．存在一条定直线与所有的圆均相交

C．存在一条定直线与所有的圆均不相交

D．所有的圆均不经过原点

【答案】BD

2

【解析】圆心为Ck(k1,3k)，半径为rk2k，

，，，，22，圆与圆

C1(0,3)r12C2(1,6)r242C1C2131042232C1C2

是内含关系，因此不可能有直线与这两个圆都相切，从而A错误；

易知圆心在直线y3(x1)上，此直线与所有圆都相交，B正确；

若k取无穷大，则所有直线都与圆相交，C错；

将(0,0)代入圆方程得(k1)29k22k4，即10k22k12k4，等式左边是奇数，右边是偶

数，因此方程无整数解，即原点不在任一圆上，D正确．

故选：BD．

变式12．（多选题）（2024·全国·高二专题练习）已知圆M:(x1cos)2(y2sin)21，

直线l:kxyk20，下面五个命题，其中正确的是（）

A．对任意实数k与，直线l和圆M有公共点

B．对任意实数k与，直线l与圆M都相离

C．存在实数k与，直线l和圆M相离

D．对任意实数k，必存在实数，使得直线l与圆M相切

【答案】AD

【解析】AB选项，由题意知圆M的圆心为M(1cos,2sin)，半径为r1，直线l的方

程可以写作yk(x1)2，过定点A(1,2)，因为点A在圆上，所以直线l与圆相切或相交，

任意实数k与，直线l和圆M有公共点，A正确，B错误；

C选项，由以上分析知不存在实数k与，直线l和圆M相离，C错误；

D选项，当直线l与圆M相切时，点A恰好为直线l与圆M的切点，故直线AM与直线l垂

直，①当k0时，直线AM与x轴垂直，则1cos1，即cos0，解得k(kZ)，

2

存在，使得直线l与圆M相切；

②当k0时，若直线AM与直线l垂直，则cos0，

2sin2sin

直线AM的斜率为Ktan，

AM1cos1cos

1

所以kk1，即tan，

AMk

1

此时对任意的k0，均存在实数，使得tan，则直线AM与直线l垂直，

k

综上所述，对任意实数k，必存在实数，使得直线l与圆M相切，D正确．

故选：AD．

变式13．（2024·全国·高三专题练习）已知直线l:xcosysin10(aR)与圆

(x2)2(y5)24相切，则满足条件的直线l有（）条

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】由于直线和圆相切，故圆心到直线的距离等于半径，即2cos5sin12，

251

3sin12（其中sin,cos），故sin1，或sin，正

33