第1頁（共1頁）2025年高考備考高中數(shù)學個性化分層教輔尖子生篇《圓與方程》一．選擇題（共10小題）1．（2024?耒陽市校級開學）對于△ABC，給出如下定義：若點M是邊BC上一定點，且以M為圓心的半圓滿足：①所有點均在△ABC的內(nèi)部或邊上；②半徑最大．則稱此半圓為BC邊上的點M關于△ABC的最大內(nèi)半圓．若點M是BC邊上一動點（M不與B，C重合），則在所有的點M關于△ABC的最大內(nèi)半圓中，將半徑最大的內(nèi)半圓稱為邊BC關于△ABC的內(nèi)半圓．已知，在平面直角坐標系xOy中，點E的坐標為（3，0），點P在直線y=33x上運動（P不與3或0重合），將OE關于△OEP的內(nèi)半圓半徑記為R，當34≤R≤1A．t≤?9+665或t≥32 C．t≤?9+665或t≤322．（2024?濰坊二模）已知P為拋物線y2＝2x上的一動點，過P作圓(x?2)2+y2=34A．π6 B．π3 C．π23．（2024?河池模擬）古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中有這樣一個結論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)λ（λ≠1）的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓．已知點O（0，0），A(15，25)，動點P（x，y）滿足|PO||PA|=52，若點P的軌跡與圓C：x2+y2+6xA．12 B．1 C．2 4．（2024秋?江西月考）過點P（1，﹣3）的直線l與曲線M：（x﹣2）2+y2＝1（2≤x≤3）有兩個交點，則直線l斜率的取值范圍為（）A．(23，1] B．(43，2]5．（2024?金鳳區(qū)校級三模）如圖，設M（x1，y1），P（x2，y2）是圓O：x2+y2＝8上的兩個動點，且M、P點都不在坐標軸上，點M關于原點的對稱點為M1，點M關于x軸的對稱點為M2，若直線PM1，PM2與y軸分別相交于（0，m）和（0，n），則m?n＝（）A．2 B．4 C．6 D．86．（2024?合肥模擬）已知直線l：x﹣ay﹣1＝0與⊙C：x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0交于A，B兩點，設弦AB的中點為M，O為坐標原點，則|OM|的取值范圍為（）A．[3?5，3+5] B．[3?1，7．（2024春?焦作期末）平面幾何中有定理：已知四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點E，且AC⊥BD，過點E分別作邊AB，BC，CD，DA的垂線，垂足分別為P1，P2，P3，P4，則P1，P2，P3，P4在同一個圓上，記該圓為圓F．若在此定理中，直線AB，BC，AC的方程分別為x﹣y＝0，x+2y＝0，x＝2，點P4（3，1），則圓F的方程為（）A．(x?2)2B．(x?2)2C．(x?2)2D．(x?2)8．（2024春?長治期末）已知直線y＝x被圓心為（2，1）的圓截得的弦長為6，則該圓的方程為（）A．（x+2）2+（y+1）2＝2 B．（x+2）2+（y+1）2＝4 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2＝2 D．（x﹣2）2+（y﹣1）2＝49．（2024?南通模擬）在同一坐標系中，直線ax+by+c＝0與圓x2+y2+ax+by+c＝0的圖形情況可能是（）A． B． C． D．10．（2024秋?江西月考）已知直線l：（m﹣1）x+2y+3﹣m＝0與圓C：x2+y2﹣6x+6y＝0交于A，B兩點，則線段AB的長度的取值范圍是（）A．[10，32] B．[210，6二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?岳陽縣校級期中）已知⊙A：x2+y2﹣10x﹣10y＝0，⊙B：x2+y2﹣6x+2y﹣40＝0，則下列說法正確的是（）A．兩圓位置關系是相交 B．兩圓的公共弦所在直線方程是x+3y+10＝0 C．⊙A上到直線x+3y﹣10＝0的距離為10的點有四個 D．若P（x，y）為⊙B上任意一點，則[（多選）12．（2023秋?大荔縣期末）已知圓M：x2+y2+4x＝0和圓N：x2+y2﹣4y﹣12＝0相交于A，B兩點，則下列說法正確的是（）A．AB⊥MN B．直線AB的方程為x+y+3＝0 C．線段AB的長為14 D．M到直線AB的距離與N到直線AB的距離之比為1：4（多選）13．（2024春?武陵區(qū)校級期末）下列命題錯誤的是（）A．兩平行直線5x+12y+3＝0與10x+24y+5＝0之間的距離是126B．若點A（﹣2，﹣3），B（﹣3，﹣2），直線l過點P（1，1）且與線段AB相交，則l的斜率k的取值范圍是k≤?43或C．若點M（x0，y0）在圓x2+y2＝R2外，則直線x0x+D．若3a2+3b2﹣4c2＝0，則直線ax+by+c＝0被圓x2+y2＝1所截得的弦長為1（多選）14．（2024春?桂林期末）直線l：y＝x+m，圓C：x2+y2﹣2x＝0，下列結論正確的是（）A．直線l的傾斜角為π3B．圓C的圓心坐標為（1，0） C．當m=2?1時，直線l與圓CD．當m∈(?2?1，2?1)時，直線（多選）15．（2023秋?河南月考）已知圓C1：x2+y2=1和圓C2：(x?2)A．與圓C1和圓C2都相切的直線有三條 B．直線x?y=2與圓C1和圓C2都相切C．|PQ|的取值范圍是[22D．過點Q作圓C1的兩條切線，切點分別為M，N，則存在點Q，使得∠MQN=三．填空題（共5小題）16．（2024?鼓樓區(qū)校級模擬）已知圓C：（x﹣1）2+y2＝80，點P在直線l：y＝kx+7（k∈R）上．若存在過點P的直線與圓C相交于A，B兩點，且|AB|＝16，AP→=511PB17．（2023秋?隆回縣校級期末）已知直線l：x﹣my+1＝0與圓C：x2+y2+4x?23y?2=0相交，則當圓18．（2024春?徐匯區(qū)校級期中）已知實數(shù)x，y滿足y=?4?(x?1)2，則y?219．（2024?茂名一模）動點P與兩個定點O（0，0），A（0，3）滿足|PA|＝2|PO|，則點P到直線l：mx﹣y+4﹣3m＝0的距離的最大值為．20．（2024?龍崗區(qū)校級模擬）已知點M為圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝1上的動點，過圓心作直線l垂直于x軸交點為A，點B為A關于y軸的對稱點，動點N滿足到B點與到l的距離始終相等，記動點N到y(tǒng)軸距離為m，則m+|MN|的最小值為．四．解答題（共5小題）21．（2023秋?中原區(qū)校級月考）（1）動點M（x，y）與定點F（4，0）的距離和M到定直線l：x=254的距離的比是常數(shù)45（2）如圖，在圓x2+y2＝9上任取一點P，過點P向x軸作垂線段PD，D為垂足，求線段PD的中點M的軌跡方程．22．（2023秋?利通區(qū)校級期末）已知圓C：x2+y2﹣2x﹣4y+m＝0．（1）求實數(shù)m的取值范圍；（2）若直線l：x+2y﹣4＝0與圓C相交于M、N兩點，且|MN|=45，求23．（2023秋?博愛縣校級期末）已知圓C：x2﹣4x+y2＝0．（1）若圓心C到直線l：y＝3x+b（b＞﹣2）的距離為102，設P是直線l上一動點，A（4，1），B（0，4），當|PA|﹣|PB|最大時，求點P（2）若過點Q（0，3）的直線l′恰使圓C上有4個點到其距離為1，求直線l′的斜率的取值范圍．24．（2023秋?宜豐縣校級月考）已知圓O的圓心為坐標原點，斜率為1且過點M（1，5）的直線與圓O相切，圓C：（x+1）2+（y+1）2＝9．（1）若圓O與圓C相交于E，F(xiàn)兩點，求線段EF的長度；（2）若直線l：ax+y﹣1＝0與圓C交于P，Q兩點，是否存在實數(shù)a，使得|OP|＝|OQ|？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．25．（2023秋?吉林期末）已知動點P與兩個定點A（1，0），B（4，0）的距離的比是2．（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）直線l過點（2，1），且被曲線C截得的弦長為23，求直線l

2025年高考備考高中數(shù)學個性化分層教輔尖子生篇《圓與方程》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?耒陽市校級開學）對于△ABC，給出如下定義：若點M是邊BC上一定點，且以M為圓心的半圓滿足：①所有點均在△ABC的內(nèi)部或邊上；②半徑最大．則稱此半圓為BC邊上的點M關于△ABC的最大內(nèi)半圓．若點M是BC邊上一動點（M不與B，C重合），則在所有的點M關于△ABC的最大內(nèi)半圓中，將半徑最大的內(nèi)半圓稱為邊BC關于△ABC的內(nèi)半圓．已知，在平面直角坐標系xOy中，點E的坐標為（3，0），點P在直線y=33x上運動（P不與3或0重合），將OE關于△OEP的內(nèi)半圓半徑記為R，當34≤R≤1A．t≤?9+665或t≥32 C．t≤?9+665或t≤32【考點】直線與圓的位置關系．【專題】分類討論；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】A【分析】y=33x與x軸正半軸的夾角是30°，當34≤R＜1時，⊙I與直線y=33x相切于點A；當t＞0時，分別求出【解答】解：當t＞0時，當34≤R＜1時，設⊙I與直線y=33x相切于點A，過E作⊙I作AB⊥OE于B，連接AI，如圖所示，因為點A在直線y=33x上可得Rt△ABO中，tan∠AOB=AB所以∠AOB＝30°，當R=34時，OI＝2AI=32，結合OE當R＝1時，如圖所示，由Ol＝2IA＝2，可知點E在⊙上，由圖可知，此時t≥3，所以，當t＞0時，34≤R＜1，只需t當t＜0時，作PC⊥OE于C，如圖所示：因為CO＝﹣t，∠POC＝30°，所以PC=?3R=34時，所以AE=I由△EAl∽△ECP得IAPC所以34?3當R＝1時，IE＝2，AE=31?33t所以t≤?9+6綜上所述：t≥3故選：A．【點評】本題考查了新定義的閱讀理解，主要轉化為與圓有關的位置和計算，相似三角形的判定和性質(zhì)，解決問題的關鍵作出圖形和分類討論思想的應用．2．（2024?濰坊二模）已知P為拋物線y2＝2x上的一動點，過P作圓(x?2)2+y2=34A．π6 B．π3 C．π2【考點】直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】B【分析】將題目轉化為求∠APC的最大值，則構建出sin∠APC=3【解答】解：因為∠APB＝2∠APC，則求∠APB的最大值即求∠APC最大值，由題得圓心坐標C（2，0），半徑r=3設α＝∠APC，則在Rt△PAC中，sinα=|AC||PC|=則sinα最大時，|PC|最小，設P（x，y），x≥0，且y2＝2x，則|PC|=(x?2即x＝1時，|PC|min=3，此時α結合α∈(0，π2)得此時α=故選：B．【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，是中檔題．3．（2024?河池模擬）古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中有這樣一個結論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)λ（λ≠1）的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓．已知點O（0，0），A(15，25)，動點P（x，y）滿足|PO||PA|=52，若點P的軌跡與圓C：x2+y2+6xA．12 B．1 C．2 【考點】直線與圓的位置關系；軌跡方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】D【分析】設P（x，y），應用兩點距離公式和已知條件求得動點P的軌跡是以（1，2）為圓心，2為半徑的圓，再由公切線的條數(shù)判斷位置關系，結合圓心距與半徑的關系即可．【解答】解：設P（x，y），則|PO||PA|=52=x2+y所以動點P的軌跡是以（1，2）為圓心，2為半徑的圓，而圓C：x2+y2+6x+2y＝r2﹣10（r＞0）可化為（x+3）2+（y+1）2＝r2的圓心為（﹣3，﹣1），半徑為r，∵點P的軌跡與圓C：x2+y2+6x+2y＝r2﹣10（r＞0）有且僅有三條公切線，∴點P的軌跡與圓C：x2+y2+6x+2y＝r2﹣10（r＞0）外切，由于（1，2）和（﹣3，﹣1）的距離d=(1+3則5＝2+r，∴r＝3．故選：D．【點評】本題考查軌跡問題，考查圓與圓的位置關系，屬于基礎題．4．（2024秋?江西月考）過點P（1，﹣3）的直線l與曲線M：（x﹣2）2+y2＝1（2≤x≤3）有兩個交點，則直線l斜率的取值范圍為（）A．(23，1] B．(43，2]【考點】由直線與圓的位置關系求解直線與圓的方程或參數(shù)．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；數(shù)學運算．【答案】B【分析】由題知曲線M：（x﹣2）2+y2＝1（2≤x≤3）是以M（2，0）為圓心，1為半徑的半圓，結合圖形，利用過兩點直線的斜率和直線與圓的位置關系，即可求解．【解答】解：由題意易知直線l的斜率存在且不為0，設直線l：y＝k（x﹣1）﹣3（k≠0），曲線M：（x﹣2）2+y2＝1（2≤x≤3）是以M（2，0）為圓心，1為半徑的半圓（如圖所示），設曲線M的下端點為N（2，﹣1），要使l與曲線M有兩個交點，則l應位于直線PN和切線PQ之間，所以kPQ＜k≤kPN，因為P（1，﹣3），易知kPN又PQ與曲線M相切，由|k?3|1+k2=1，解得所以直線l的斜率的取值范圍為(4故選：B．【點評】本題考查圓的方程和性質(zhì)，以及直線和圓的位置關系，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．5．（2024?金鳳區(qū)校級三模）如圖，設M（x1，y1），P（x2，y2）是圓O：x2+y2＝8上的兩個動點，且M、P點都不在坐標軸上，點M關于原點的對稱點為M1，點M關于x軸的對稱點為M2，若直線PM1，PM2與y軸分別相交于（0，m）和（0，n），則m?n＝（）A．2 B．4 C．6 D．8【考點】直線與圓相交的性質(zhì)．【專題】計算題；整體思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】D【分析】求出PM1的方程得出m，求出PM2的方程得出n，再利用M、P點在圓上可得m?n．【解答】解：依題意，x12+顯然M1（﹣x1，﹣y1），M2（x1，﹣y1），PM1的方程為y+y令x＝0，得m=xPM2的方程為y+y令x＝0，得n=?所以m?n=x故選：D．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，屬于中檔題．6．（2024?合肥模擬）已知直線l：x﹣ay﹣1＝0與⊙C：x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0交于A，B兩點，設弦AB的中點為M，O為坐標原點，則|OM|的取值范圍為（）A．[3?5，3+5] B．[3?1，【考點】直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】D【分析】聯(lián)立直線與圓的方程，利用中點坐標公式可用a表示出點M的坐標，進而可得M的軌跡方程，結合圖形即可得出答案．【解答】解：如圖所示，設A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），聯(lián)立x?ay?1=0x2+y2?2x+4y?4=0，得（1+a2則y=y1+消去a得M的軌跡方程為（x﹣1）2+（y+1）2＝1，圓心為N（1，﹣1），則|NO|=1+1由圖知，|OM|故選：D．【點評】本題考查直線與圓的位置關系問題，涉及了動點軌跡方程的求法，屬于中檔題．7．（2024春?焦作期末）平面幾何中有定理：已知四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點E，且AC⊥BD，過點E分別作邊AB，BC，CD，DA的垂線，垂足分別為P1，P2，P3，P4，則P1，P2，P3，P4在同一個圓上，記該圓為圓F．若在此定理中，直線AB，BC，AC的方程分別為x﹣y＝0，x+2y＝0，x＝2，點P4（3，1），則圓F的方程為（）A．(x?2)2B．(x?2)2C．(x?2)2D．(x?2)【考點】根據(jù)圓的幾何屬性求圓的標準方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】B【分析】由已知可得A，B，C，E的坐標，根據(jù)垂直關系聯(lián)立方程組可分別求出P1，P2的坐標，根據(jù)P1，P2，P4三點在圓F上，分別求線段P1P4，P1P2的垂直平分線所在直線方程，通過聯(lián)立解方程組求解圓心F的坐標，即可求解圓的方程．【解答】解：如圖：由x?y=0x=2得A（2，2），由得x+2y=0x=2，由x?y=0x+2y=0得B因為AC⊥BD，對角線AC與BD相交于點E，所以E（2，0），因為EP1⊥AB，所以EP1所在直線方程為y＝﹣x+2，與x﹣y＝0聯(lián)立方程組解得P1（1，1），因為EP2⊥BC，所以EP2所在直線方程為y＝2x﹣4，與x+2y＝0聯(lián)立方程組解得P2因為P4（3，1），所以線段P1P4的垂直平分線方程為x＝2，線段P1P2的垂直平分線方程為y=1聯(lián)立y=13x?13x=2，解得所以圓F的方程為(x?2)故選：B．【點評】本題考查圓方程的綜合應用，涉及直線與圓的位置關系，屬于中檔題．8．（2024春?長治期末）已知直線y＝x被圓心為（2，1）的圓截得的弦長為6，則該圓的方程為（）A．（x+2）2+（y+1）2＝2 B．（x+2）2+（y+1）2＝4 C．（x﹣2）2+（y﹣1）2＝2 D．（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4【考點】直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】C【分析】設圓C的方程是（x﹣2）2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），利用垂徑定理求解半徑，由此能求出圓的方程．【解答】解：設圓C的方程是（x﹣2）2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），直線y＝x被圓心為（2，1）的圓截得的弦長為6，其中d為圓心到直線x﹣y＝0的距離，d=2?11+1=∴r2＝2，∴圓的方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝2．故選：C．【點評】本題考查圓的方程的求法，垂徑定理的應用，是中檔題．9．（2024?南通模擬）在同一坐標系中，直線ax+by+c＝0與圓x2+y2+ax+by+c＝0的圖形情況可能是（）A． B． C． D．【考點】直線和圓的方程的應用；直線的一般式方程與直線的性質(zhì)；圓的一般式方程與標準方程的互化．【專題】整體思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】D【分析】聯(lián)立ax+by+c=0x2+y2+ax+by+c=0，可得x＝y(tǒng)＝0，當c≠0時可判斷BC；圓心為(?a【解答】解：聯(lián)立ax+by+c=0x可得x2+y2＝0，解得x＝y(tǒng)＝0，當c≠0，則方程組ax+by+c=0x即直線與圓無交點，故BC錯誤；又x2+y2+ax+by+c＝0化為標準方程為(x+a其圓心為(?a2，?由選項可得b≠0，將ax+by+c＝0化為斜截式可得y=?a對于A，圓心(?a則?a解得a＜0，b＜0．由原點在圓外，可得c＞0，故?a由直線方程可得?a故A錯誤；對于D，圓心(?a則?a2＜0?b由原點在圓外，可得c＞0，故?a由直線方程可得?a故D正確．故選：D．【點評】本題考查了圓的性質(zhì)，重點考查了直線與圓的位置關系，屬中檔題．10．（2024秋?江西月考）已知直線l：（m﹣1）x+2y+3﹣m＝0與圓C：x2+y2﹣6x+6y＝0交于A，B兩點，則線段AB的長度的取值范圍是（）A．[10，32] B．[210，6【考點】直線與圓相交的性質(zhì)．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】B【分析】由圓的方程可得圓心坐標及半徑的值，再由直線l的方程可得直線恒過定點，代入弦長公式可得當d最小時弦長最大，當d最大時弦長最小，求出d的最大最小值，進而求出弦長的最小最大值．【解答】解：圓C：x2+y2﹣6x+6y＝0可得圓心C（3，﹣3），半徑r=32因為直線l：（m﹣1）x+2y+3﹣m＝0，恒過直線x﹣1＝0和﹣x+2y+3＝0的交點，即x?1=0?x+2y+3=0解得：x＝1，y＝﹣1，即直線l恒過定點P（1，﹣1），因為12+（﹣1）2﹣6﹣6＜0，所以定點P在圓內(nèi)，設圓心C到直線l的距離為d，則弦長|AB|=2r當d＝0時，弦長最大，這時過P的最長弦長為圓的直徑2r=62當d最大時，這時dmax所以弦長的最小值為|AB|=2r所以弦長|AB|的范圍為[210故選：B．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，是中檔題．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?岳陽縣校級期中）已知⊙A：x2+y2﹣10x﹣10y＝0，⊙B：x2+y2﹣6x+2y﹣40＝0，則下列說法正確的是（）A．兩圓位置關系是相交 B．兩圓的公共弦所在直線方程是x+3y+10＝0 C．⊙A上到直線x+3y﹣10＝0的距離為10的點有四個 D．若P（x，y）為⊙B上任意一點，則[【考點】圓與圓的位置關系及其判定；點到直線的距離公式；直線與圓的位置關系．【專題】轉化思想；轉化法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】ACD【分析】先將⊙A，⊙B的一般方程化成標準方程，再利用圓心距與兩半徑之差和半徑之和比較即可判斷A；聯(lián)立兩圓的方程，化簡即可得到公共弦所在直線方程，進而即可判斷B；先求得A（5，5）到直線x+3y﹣10＝0的距離d，再比較2d與RA的大小即可判斷C；依題意得[（x﹣5）2+（y﹣5）2]max的幾何意義為A（5，5）到⊙B上點的距離的平方的最大值，再結合選項A求解即可判斷D．【解答】解：對于A，由⊙A：x2+y2﹣10x﹣10y＝0，即（x﹣5）2+（y﹣5）2＝50，其圓心為A（5，5），半徑為RA=52，⊙B：x2+y2﹣6x+2y﹣40＝0，即（x﹣3）2+（y+1）2＝50，其圓心為B則兩圓的圓心距為|AB|=4+36=210，則RA﹣RB＜|AB|＜RA+RB對于B，聯(lián)立兩圓的方程x2+y2?10x?10y=0x2對于C，由A（5，5）到直線x+3y﹣10＝0的距離為d=|5+15?10|1+9=10，且2d=210＜52，所以⊙A上到直線x對于D，依題意得[（x﹣5）2+（y﹣5）2]max的幾何意義為A（5，5）到⊙B上點的距離的平方的最大值，所以結合選項A得[(x?5)2+故選：ACD．【點評】本題主要考查直線與圓的位置關系，考查轉化能力，屬于中檔題．（多選）12．（2023秋?大荔縣期末）已知圓M：x2+y2+4x＝0和圓N：x2+y2﹣4y﹣12＝0相交于A，B兩點，則下列說法正確的是（）A．AB⊥MN B．直線AB的方程為x+y+3＝0 C．線段AB的長為14 D．M到直線AB的距離與N到直線AB的距離之比為1：4【考點】圓與圓的位置關系及其判定；直線與圓的位置關系．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】ABC【分析】利用圓的性質(zhì)可判定A項，利用兩圓的公共弦方程公式計算可判定B項，利用弦長公式可判定C項，利用點到直線的距離公式可判定D項．【解答】解：對于A項，因為兩個圓相交，所以圓心M，N所在直線垂直平分兩圓的公共弦，故A正確；對于B項，因為圓M：x2+y2+4x＝0和圓N：x2+y2﹣4y﹣12＝0相交于A，B兩點，所以兩圓方程相減得到4x+4y+12＝0，即AB：x+y+3＝0，故B正確；對于C項，圓M：x2+y2+4x＝0化為標準方程是（x+2）2+y2＝4，圓心M（﹣2，0）到直線AB：x+y+3＝0的距離為d=|?2+3|所以|AB|=2R2?對于D項，因為圓N：x2+y2﹣4y﹣12＝0化為標準方程是x2+（y﹣2）2＝16，圓心N（0，2）到直線AB：x+y+3＝0的距離為d′=|2+3|所以M到直線AB的距離與N到直線AB的距離之比為d：d′=22：故選：ABC．【點評】本題主要考查圓和圓的位置關系以及計算能力，屬于中檔題．（多選）13．（2024春?武陵區(qū)校級期末）下列命題錯誤的是（）A．兩平行直線5x+12y+3＝0與10x+24y+5＝0之間的距離是126B．若點A（﹣2，﹣3），B（﹣3，﹣2），直線l過點P（1，1）且與線段AB相交，則l的斜率k的取值范圍是k≤?43或C．若點M（x0，y0）在圓x2+y2＝R2外，則直線x0x+D．若3a2+3b2﹣4c2＝0，則直線ax+by+c＝0被圓x2+y2＝1所截得的弦長為1【考點】直線和圓的方程的應用；直線的圖象特征與傾斜角、斜率的關系；兩條平行直線間的距離；直線及坐標軸被圓截得的弦及弦長．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】BC【分析】利用兩平行直線間的距離公式、斜率公式、直線與圓的位置關系、弦長公式運算即可得解．【解答】解：對于A，直線5x+12y+3＝0即為10x+24y+6＝0，由平行直線距離公式得兩直線間距離為d=|6?5|10對于B，如上圖，直線l過點P（1，1）且與線段AB相交，∵kPA=?3?1∴l(xiāng)的斜率k的取值范圍是[34，對于C，∵點M（x0，y0）在圓x2+y2＝R2外，∴x02+y02又∵圓x2+y2＝R2的圓心（0，0）到直線x0x+y0y=∴直線x0x+y對于D，由題意，圓x2+y2＝1的半徑r＝1，圓心為（0，0），圓心到直線ax+by+c＝0的距離為d=|c|∵3a2+3b2﹣4c2＝0，∴a2+b∴d=|c|∴直線ax+by+c＝0被圓x2+y2＝1所截得的弦長為2r2?故選：BC．【點評】本題考查了兩平行線間距離公式，直線與圓的位置關系，是中檔題．（多選）14．（2024春?桂林期末）直線l：y＝x+m，圓C：x2+y2﹣2x＝0，下列結論正確的是（）A．直線l的傾斜角為π3B．圓C的圓心坐標為（1，0） C．當m=2?1時，直線l與圓CD．當m∈(?2?1，2?1)時，直線【考點】根據(jù)圓心到直線距離與圓的半徑求解直線與圓的位置關系；根據(jù)聯(lián)立直線和圓的方程解的情況求解直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】BCD【分析】根據(jù)直線l斜率和傾斜角的關系，即可判斷A選項；將圓心求出，即可判斷B選項；利用點到直線的距離公式求出d＝r，即可得出直線l與圓C的位置關系，即可判斷C選項；利用點到直線的距離公式求出d＜r，即可表示出直線l與圓C的位置關系，計算求參，即可判斷D選項．【解答】解：直線l：y＝x+m的斜率為1，所以直線l的傾斜角為π4，A而圓C：x2+y2﹣2x＝0，即（x﹣1）2+y2＝1，可知圓心C（1，0），半徑r＝1，B選項正確；當m=2?1時，直線l：設圓心C（1，0）到直線l的距離為d，則d=|1?0+所以直線l與圓C相切，故C正確；對于D項，圓C：x2+y2﹣2x＝0，即（x﹣1）2+y2＝1，可知圓心C（1，0），半徑r＝1，因為直線l：y＝x+m與圓C交于兩點，所以圓心C到直線l的距離d＜r，即d=|1?0+m|12所以當m∈(?2?1，2?1)時，直線l與圓故選：BCD．【點評】本題主要考查直線與圓的位置關系，屬于中檔題．（多選）15．（2023秋?河南月考）已知圓C1：x2+y2=1和圓C2：(x?2)A．與圓C1和圓C2都相切的直線有三條 B．直線x?y=2與圓C1和圓C2都相切C．|PQ|的取值范圍是[22D．過點Q作圓C1的兩條切線，切點分別為M，N，則存在點Q，使得∠MQN=【考點】圓與圓的位置關系及其判定；直線與圓的位置關系．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】BC【分析】A項，判斷兩圓位置關系為相離可得公切線有四條；B項，由圓心到直線距離都等于半徑可得；C項，數(shù)形結合可得|PQ|與圓心距及半徑的不等關系；D項，由相切性質(zhì)得垂直關系，求出|C【解答】解：選項A，由題意可得，圓C1的圓心為C1（0，0），半徑r1＝1，圓C2的圓心為C2（2，2），半徑r2＝1，則兩圓圓心距|C故與圓C1和圓C2都相切的直線有四條，A錯誤；選項B，點C1（0，0）到直線x?y=2的距離d點C1（0，0）與點C2（2，2）到直線x?y=2的距離d故直線x?y=2與圓C1和圓C2都相切，B選項C，結合圖形，由圓的對稱性可知，|PQ|≤|PC如圖，當P，Q，C1，C2四點共線時，等號成立．且|PQ|≥|PC如圖，當P，Q，C1，C2四點共線時，等號成立．故|PQ|max|PQ|min=|C選項D，如圖，若∠MQN=π2時，由C1M＝C1N＝1，∠NQM＝∠C1NQ＝∠C1則∠NC1M＝90°，故NC1∥QM，C1M∥NQ，所以四邊形C1MQN是平行四邊形，且為正方形，所以|QC1|=2，而故選：BC．【點評】本題考查直線與圓的位置關系，屬于中檔題．三．填空題（共5小題）16．（2024?鼓樓區(qū)校級模擬）已知圓C：（x﹣1）2+y2＝80，點P在直線l：y＝kx+7（k∈R）上．若存在過點P的直線與圓C相交于A，B兩點，且|AB|＝16，AP→=511PB→，則【考點】直線與圓相交的性質(zhì)．【專題】計算題；整體思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】(?∞，?3【分析】由圓C的標準方程確定圓心和半徑，結合圓的垂徑定理、勾股定理可以求出|CP|＝5，這樣可以確定點P的軌跡是圓，最后根據(jù)直線l與圓P的位置關系進行求解即可．【解答】解：圓C：（x﹣1）2+y2＝80圓心C（1，0），半徑為45設弦AB中點為Q，連接CP，CQ，由|AB|＝16，AP→=511PB且|AP|＝5，|BP|＝11，|PQ|＝3，又圓心C到弦AB所在直線的距離為：|CQ|=80?則|CP|=|CQ則點P在以C為圓心半徑為5的圓上運動，又點P在直線l：y＝kx+7（k∈R）上，則直線l與以C為圓心半徑為5的圓有公共點，則|k+7|1+k2≤5，解之得所以k的取值范圍是(?∞，?3故答案為：(?∞，?3【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，屬于中檔題．17．（2023秋?隆回縣校級期末）已知直線l：x﹣my+1＝0與圓C：x2+y2+4x?23y?2=0相交，則當圓C截直線【考點】直線與圓的位置關系．【專題】轉化思想；轉化法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】x?3【分析】首先由題意得l：x﹣my+1＝0恒過點P（﹣1，0），P點在圓內(nèi)，則可知當PC⊥l時，所截得弦長最短，計算可得答案；或者由圓C截直線l所得的弦長最短時，直線l的方向向量n→滿足n【解答】解：由題意得l：x﹣my+1＝0恒過點P（﹣1，0）．圓C：x2+所以圓心C(?2，3且|PC|＝2＜r，可知點P在圓C內(nèi)．方法一：由直線與圓的幾何性質(zhì)知，當PC⊥l時，所截得弦長最短，此時kPC?kl＝﹣1．即m=?k所以直線l的方程為x?3方法二：易得直線l的方向向量為n→當圓C截直線l所得的弦長最短時，n→所以n→?PC所以直線l的方程為x?3故答案為：x?3【點評】本題主要考查直線與圓的位置關系，考查轉化能力，屬于中檔題．18．（2024春?徐匯區(qū)校級期中）已知實數(shù)x，y滿足y=?4?(x?1)2，則y?2x?4的取值范圍是[2【考點】直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】作出函數(shù)y的圖象，利用幾何意義，利用直線和圓的位置關系，結合數(shù)形結合即可得到結論．【解答】解：由y=?4?(x?1)2得（x﹣1）2+y2由y?2x?4的幾何意義，為圓上的點到定點C由圖象知AC的斜率最小，此時A（﹣1，0）．AC的斜率k=2?0當直線BC與半圓在第四象限相切時，斜率k取得最大值（此時k＞0），設直線BC為y﹣2＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k+2＝0，則圓心到直線的距離d=|k?4k+2|解得k=125或所以y?2x?4的取值范圍是[25，故答案為：[25，12【點評】本題主要考查直線和圓的位置關系的應用以及直線斜率的計算，利用數(shù)形結合是解決本題的關鍵．19．（2024?茂名一模）動點P與兩個定點O（0，0），A（0，3）滿足|PA|＝2|PO|，則點P到直線l：mx﹣y+4﹣3m＝0的距離的最大值為2+34【考點】根據(jù)圓心到直線距離與圓的半徑求解直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】利用兩點距離公式及已知求得P的軌跡是圓心為（0，﹣1），半徑為2的圓上，再確定直線所過的定點并判斷其與圓的位置關系，要使圓上點到直線距離最大，有圓心與定點所在直線與直線l垂直，進而求最大值．【解答】解：令P（x，y），則x2+(y?3)2=2x2+所以P的軌跡是圓心為（0，﹣1），半徑為2的圓上，又直線l：mx﹣y+4﹣3m＝0可化為m（x﹣3）﹣（y﹣4）＝0，易知過定點（3，4），由32+（4+1）2＞4，故點（3，4）在圓x2+（y+1）2＝4外，則圓心與定點所在直線與直線l垂直，圓心與直線l距離最大，所以點P到直線l距離的最大值為32故答案為：2+34【點評】本題考查直線與圓的位置關系，考查運算求解能力，屬中檔題．20．（2024?龍崗區(qū)校級模擬）已知點M為圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝1上的動點，過圓心作直線l垂直于x軸交點為A，點B為A關于y軸的對稱點，動點N滿足到B點與到l的距離始終相等，記動點N到y(tǒng)軸距離為m，則m+|MN|的最小值為22?1【考點】直線與圓的位置關系．【專題】數(shù)形結合；定義法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；直觀想象；數(shù)學運算．【答案】22?2【分析】由已知畫出圖形，由拋物線定義可得N的軌跡方程，求出|BC|，數(shù)形結合可得m+|MN|的最小值．【解答】解：圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝1的圓心坐標為C（1，2），半徑r＝1，∵CA⊥x軸，∴A（1，0），又點B為A關于y軸的對稱點，∴B（﹣1，0），∵N到B與直線l：x＝1的距離相等，∴點N的軌跡方程為y2＝﹣4x，如圖，由拋物線定義可知，|BN|＝m+1，則m＝|BN|﹣1，∴m+|MN|＝|BM|+|MN|﹣1≥|BM|﹣1，當且僅當B、M、N三點共線時取等號，而|BM|∴m+|MN|的最小值為22故答案為：22【點評】本題考查直線與圓位置關系的應用，考查軌跡方程的請求法，考查化歸與轉化、數(shù)形結合思想，考查運算求解能力，是中檔題．四．解答題（共5小題）21．（2023秋?中原區(qū)校級月考）（1）動點M（x，y）與定點F（4，0）的距離和M到定直線l：x=254的距離的比是常數(shù)45（2）如圖，在圓x2+y2＝9上任取一點P，過點P向x軸作垂線段PD，D為垂足，求線段PD的中點M的軌跡方程．【考點】直線與圓的位置關系；軌跡方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；數(shù)學運算．【答案】（1）點M軌跡是長軸、短軸長分別為10、6的橢圓x225+【分析】（1）利用橢圓的第二定義，求解橢圓方程即可．（2）設點M的坐標為（x，y），點P的坐標為（x0，y0），結合已知條件，轉化求解軌跡方程即可．【解答】解：（1）設d是點M到直線l：x=25根據(jù)題意，動點M的軌跡就是集合P={M||MF|d=將上式兩邊平方，并化簡，得9x2+25y2＝225，即x2所以，點M的軌跡是長軸、短軸長分別為10、6的橢圓x2（2）設點M的坐標為（x，y），點P的坐標為（x0，y0），則x＝x0，y=y因為點P（x0，y0）在圓x2+y2＝9上，所以x0把x0＝x，y0＝2y代入上述方程，得x2+4y2＝9．即所求軌跡方程為x2點M的軌跡是長軸長為6，短軸長為3的橢圓．【點評】本題考查橢圓的第二定義，軌跡方程的求法，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題．22．（2023秋?利通區(qū)校級期末）已知圓C：x2+y2﹣2x﹣4y+m＝0．（1）求實數(shù)m的取值范圍；（2）若直線l：x+2y﹣4＝0與圓C相交于M、N兩點，且|MN|=45，求【考點】直線與圓的位置關系；圓的一般方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】（1）（﹣∞，5）；（2）4．【分析】（1）變換得到（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5﹣m，確定5﹣m＞0，解得答案．（2）圓心到直線的距離為d=55，再根據(jù)【解答】解：（1）圓C：x2+y2﹣2x﹣4y+m＝0，即（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5﹣m，故5﹣m＞0，m＜5，即m∈（﹣∞，5）；（2）圓心為C（1，2），半徑r=5?m，圓心到直線的距離為d=|MN|=2r2?【點評】本題考查直線與圓的方程的綜合應用，主要考查學生對圓標準方程的認識，會利用根與系數(shù)的關系解決數(shù)學問題，屬中檔題．23．（2023秋?博愛縣校級期末）已知圓C：x2﹣4x+y2＝0．（1）若圓心C到直線l：y＝3x+b（b＞﹣2）的距離為102，設P是直線l上一動點，A（4，1），B（0，4），當|PA|﹣|PB|最大時，求點P（2）若過點Q（0，3）的直線l′恰使圓C上有4個點到其距離為1，求直線l′的斜率的取值范圍．【考點】直線與圓的位置關系．【專題】方程思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】（1）（2，5）；（2）(?6?2【分析】（1）由點到直線的距離公式求出b，借助幾何圖形，并求出點B關于直線l的對稱點B′的坐標，再求出|AB′|即可得出答案；（2）使圓C上有4個點到直線l′距離為1，則圓心C（2，0）到直線l′的距離d＜|2﹣1|＝1，求解即可．【解答】解：（1）圓心坐標為C（2，0），則102=|3×2+b|10，解得∵b＞﹣2，∴b＝﹣1，如圖，設點B關于直線l的對稱點B′的坐標為（a，b），∵kl?kBB′＝﹣1，∴3×b?4a=?1，即a由線段BB′的中點坐標為(a2，∴3×a2?b+42聯(lián)立a+3b?12=0，3a?b?6=0，，解得a＝b∴B′的坐標為（3，3），∵|PA|﹣|PB|＝|PA|﹣|PB′|≤|AB′|，∴當A，B′，P共線時取最大值，直線AB′的方程為2x+y﹣9＝0，聯(lián)立y=3x?1，2x+y?9=0，解得x＝2，y∴直線l與直線AB′的交點坐標為（2，5），則|PA|﹣|PB|最大時，點P坐標為（2，5）．（2）因為圓C的半徑為2，設直線l′：y＝kx+3，要使圓C上有4個點到直線l′距離為1，則圓心C（2，0）到直線l′的距離d＜|2﹣1|＝1，即|2k+3|1+得3k2+12k+8＜0，解得?6?23∴直線l′的斜率的取值范圍為(?6?2【點評】本題考查直線與圓的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．24．（2023秋?宜豐縣校級月考）已知圓O的圓心為坐標原點，斜率為1且過點M（1，5）的直線與圓O相切，圓C：（x+1）2+（y+1）2＝9．（1）若圓O與圓C相交于E，F(xiàn)兩點，求線段EF的長度；（2）若直線l：ax+y﹣1＝0與圓C交于P，Q兩點，是否存在實數(shù)a，使得|OP|＝|OQ|？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．【考點】直線與圓的位置關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】（1）314（2）存在a＝1，使得|OP|＝|OQ|．【分析】（1）斜率為1且過點M（1，5）的直線方程為x﹣y+4＝0，由其與圓O相切結合點到直線的距離公式可得圓O的半徑，從而可得圓O的方程．圓C的方程減去圓O的方程，可得EF所在的直線方程為2x+2y+1＝0，根據(jù)垂徑定理可求|EF|；（2）設PQ的中點為T，可得C，O，T三點共線，根據(jù)斜率公式求出kOC＝1，由垂直關系可得kl＝﹣1，從而可求a的值，再驗證直線l與圓C有兩個交點即可．【解答】解：（1）斜率為1且過點M（1，5）的直線方程為y﹣5＝x﹣1，即x﹣y+4＝0．則O到直線x﹣y+4＝0的距離為|0?0+4|12+所以圓O的方程為x2+y2＝8．由圓C的方程減去圓O的方程，可得2x+1+2y+1＝1，即2x+2y+1＝0．因為圓O與圓C相交于E，F(xiàn)兩點，則EF所在的直線方程為2x+2y+1＝0．O到EF的距離為|0+0+1|2所以|EF|=28?（2）假設存在實數(shù)a，使得|OP|＝|OQ|．設PQ的中點為T，因為|OP|＝|OQ|，所以PQ⊥OT．又PQ⊥CT，所以C，O，T三點共線．圓C：（x+1）2+（y+1）2＝9的圓心為C（﹣1，﹣1），半徑為3，故kOC=?1?0?1?0=1，所以k因為直線l：ax+y﹣1＝0，所以﹣a＝﹣1，解得a＝1，此時直線l：x+y﹣1＝0．圓心C到直線l的距離為|?1?1?1|2所以直線l與圓C有兩個交點，所以存在實數(shù)a＝1，使得|OP|＝|OQ|．【點評】本題考查圓的方程、直線的斜率的求法，考查運算求解能力，屬中檔題．25．（2023秋?吉林期末）已知動點P與兩個定點A（1，0），B（4，0）的距離的比是2．（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）直線l過點（2，1），且被曲線C截得的弦長為23，求直線l【考點】直線與圓的位置關系；軌跡方程．【專題】整體思想；綜合法；直線與圓；數(shù)學運算．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）直接利用條件求出點P的軌跡方程，結合圓的定義即可求解；（2）直線l的斜率分存在與不存在兩種情況，當直線的斜率不存在時，檢驗不滿足條件；當直線的斜率存在時，用點斜式設出直線的方程，根據(jù)弦長和點到直線的距離公式列出等式即可求出直線的斜率，進而求出直線的方程．【解答】解：（1）設點P（x，y），∵動點P與兩個定點A（1，0），B（4，0）的距離的比是2，∴|PA||PB|=2，即|PA|＝2|則(x?1)化簡得x2+y2﹣10x+21＝0，所以動點P的軌跡C的方程為（x﹣5）2+y2＝4；（2）由（1）可知點P的軌跡C是以（5，0）為圓心，2為半徑的圓，∵直線被曲線C截得的弦長為23∴圓心（5，0）到直線l的距離d=4?3①當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝2，此時圓心到直線l的距離是3，不符合條件；②當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y﹣1＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+1＝0，所以圓心（5，0）到直線l的距離d=|3k+1|化簡得9k2+6k+1＝k2+1，解得k＝0或k=?3此時直線l的方程為y＝1或3x+4y﹣10＝0．綜上，直線l的方程是y＝1或3x+4y﹣10＝0．【點評】本題主要考查了點的軌跡方程的求解，還考查了直線與圓位置關系的應用，屬于中檔題．

考點卡片1．直線的圖象特征與傾斜角、斜率的關系【知識點的認識】直線的傾斜角、斜率對直線的圖象的影響：（1）直線在y軸上的截距大于0時：若傾斜角為銳角，則斜率大于0，這時直線的圖象過第一二三象限，并且傾斜角越大斜率就越大，直線相對于x軸的正方向的傾斜程度也就越大；若傾斜角為鈍角，則斜率小于0，這時直線的圖象過第一二四象限，并且傾斜角越大斜率就越大，直線相對于x軸的正方向的傾斜程度也就越大；（2）直線在y軸上的截距小于0時：若傾斜角為銳角，則斜率大于0，這時直線的圖象過第一三四象限，并且傾斜角越大斜率就越大，直線相對于x軸的正方向的傾斜程度也就越大；若傾斜角為鈍角，則斜率小于0，這時直線的圖象過第二三四象限，并且傾斜角越大斜率就越大，直線相對于x軸的正方向的傾斜程度也就越大；（3）當直線的傾斜角為直角時，斜率不存在，直線的圖線與x軸垂直；（4）當直線的傾斜角為0度時，斜率為0，直線的圖線與x軸平行或重合．2．直線的一般式方程與直線的性質(zhì)【知識點的認識】直線方程表示的是只有一個自變量，自變量的次數(shù)為一次，且因變量隨著自變量的變化而變化．直線的一般方程的表達式是ay+bx+c＝0．1、兩條直線平行與垂直的判定對于兩條不重合的直線l1、l2，其斜率分別為k1、k2，有：（1）l1∥l2?k1＝k2；（2）l1⊥l2?k1?k2＝﹣1．2、直線的一般式方程：（1）一般式：Ax+By+C＝0，注意A、B不同時為0．直線一般式方程Ax+By+C＝0（B≠0）化為斜截式方程y=?ABx?CB，表示斜率為?A（2）與直線l：Ax+By+C＝0平行的直線，可設所求方程為Ax+By+C1＝0；與直線Ax+By+C＝0垂直的直線，可設所求方程為Bx﹣Ay+C1＝0．（3）已知直線l1，l2的方程分別是：l1：A1x+B1y+C1＝0（A1，B1不同時為0），l2：A2x+B2y+C2＝0（A2，B2不同時為0），則兩條直線的位置關系可以如下判別：①l1⊥l2?A1A2+B1B2＝0；②l1∥l2?A1B2﹣A2B1＝0，A1C2﹣A2B1≠0；③l1與l2重合?A1B2﹣A2B1＝0，A1C2﹣A2B1＝0；④l1與l2相交?A1B2﹣A2B1≠0．如果A2B2C2≠0時，則l1∥l2?A1A2=B1B2≠C1C2；l1與l23．點到直線的距離公式【知識點的認識】﹣點到直線距離：點（x0，y0）到直線Ax+By+C＝0的距離為：d=|A【解題方法點撥】﹣計算距離：1．代入直線方程：將點的坐標代入直線方程．2．計算絕對值：計算Ax0+By0+C的絕對值．3．計算模：計算法向量的模A24．求解距離：將絕對值與模相除，即得距離．【命題方向】﹣距離計算：考查點到直線的距離計算，可能涉及多種坐標系變換或應用．4．兩條平行直線間的距離【知識點的認識】﹣平行直線方程：兩條平行直線的方程為：直線Ax+By+C1＝0與直線Ax+By+C2＝0它們之間的距離為：d=【解題方法點撥】﹣計算距離：1．選擇一條直線：選擇其中一條直線計算點到另一條直線的距離．2．應用公式：用點到直線距離公式，其中點選擇在第一條直線上的點．【命題方向】﹣平行直線距離：常考查計算兩條平行直線間的垂直距離，涉及相似方程和坐標變換．5．根據(jù)圓的幾何屬性求圓的標準方程【知識點的認識】1．圓的定義：平面內(nèi)與定點距離等于定長的點的集合（軌跡）叫做圓．定點叫做圓心，定長就是半徑．2．圓的標準方程：（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（r＞0），其中圓心C（a，b），半徑為r．特別地，當圓心為坐標原點時，半徑為r的圓的方程為：x2+y2＝r2．其中，圓心（a，b）是圓的定位條件，半徑r是圓的定形條件．【解題方法點撥】已知圓心坐標和半徑，可以直接帶入方程寫出，在所給條件不是特別直接的情況下，關鍵是求出a，b，r的值再代入．一般求圓的標準方程主要使用待定系數(shù)法．步驟如下：（1）根據(jù)題意設出圓的標準方程為（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2；（2）根據(jù)已知條件，列出關于a，b，r的方程組；（3）求出a，b，r的值，代入所設方程中即可．另外，通過對圓的一般方程進行配方，也可以化為標準方程．【命題方向】﹣標準方程推導：考查如何從幾何屬性推導圓的標準方程，通常涉及基本的幾何知識和代數(shù)運算．6．圓的一般方程【知識點的認識】1．圓的定義：平面內(nèi)與定點距離等于定長的點的集合（軌跡）叫做圓．定點叫做圓心，定長就是半徑．2．圓的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F＝0（D2+E2﹣4F＞0）其中圓心坐標為（?D2，?E23．圓的一般方程的特點：（1）x2和y2系數(shù)相同，且不等于0；（2）沒有xy這樣的二次項．以上兩點是二元二次方程Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F＝0表示圓的必要非充分條件．7．圓的一般式方程與標準方程的互化【知識點的認識】﹣互化過程：從一般式方程到標準方程需要配方，將一般式方程：x2+y2+Dx+Ey+F＝0轉換為標準方程：（x﹣h）2+（y﹣k）2＝r2【解題方法點撥】﹣互化步驟：1．配方：將方程中的x和y的項配成完全平方．2．計算圓心和半徑：從配方后的結果中提取圓心（h，k）和半徑r，得到標準方程．【命題方向】﹣方程互化：考查如何在一般式和標準式之間進行轉換，涉及代數(shù)配方和幾何解釋．8．直線與圓相交的性質(zhì)【知識點的認識】直線與圓的關系分為相交、相切、相離．判斷的方法就是看圓心到直線的距離和圓半徑誰大誰小：①當圓心到直線的距離小于半徑時，直線與圓相交；②當圓心到直線的距離等于半徑時，直線與圓相切；③當圓心到直線的距離大于半徑時，直線與圓相離．【解題方法點撥】例：寫出直線y＝x+m與圓x2+y2＝1相交的一個必要不充分條件：解：直線x﹣y+m＝0若與圓x2+y2＝1相交，則圓心（0，0）到直線的距離d＜1，即d=|m|∴|m|＜2即?2∴滿足?2故答案為：滿足?2這是一道符合高考命題習慣的例題，對于簡單的知識點，高考一般都是把幾個知識點結合在一起，這也要求大家知識一定要全面，切不可投機取巧．本題首先根據(jù)直線與圓的關系求出滿足要求的m的值；然后在考查了考試對邏輯關系的掌握程度，不失為一道好題．【命題方向】本知識點內(nèi)容比較簡單，在初中的時候就已經(jīng)學習過，所以大家要熟練掌握，特別是點到直線的距離怎么求，如何判斷直線與圓相切．