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专题九
解析几何
第二十五讲
直线与圆
答案部分
2019
年
1.解析
解析
解析
解析
解析 由直线的参数方程消去，可得其普通方程为
l
t
4
3
2
0
x
y
−
+
=
．
则点（1，）到直线的距离是
0
l
(
)
2
2
4 1 3 0
2
6
5
4
3
d
−+
=
=
+ −
．故选D．
2. 解析
解析
解析
解析
解析 解法一
解法一
解法一
解法一
解法一：由
4
(
0)
y
x
x
x
=
+
，得
2
4
1
y
x
= −
，
设斜率为1
−的直线与曲线
4
(
0)
y
x
x
x
=
+
切于
0
0
0
4
(
,
)
x x
x
+
，
由
2
0
4
1
1
x
−
= −，解得
0
0
2(
0)
x
x
=
．
所以曲线
4
(
0)
y
x
x
x
=
+
上，点
( 2,3 2)
P
到直线
0
x
y
+
=
的距离最小，
最小值为
|
2
3 2 |
4
2
+
=
．
解法二
解法二
解法二
解法二
解法二：由题意可设点P 的坐标为
4
,x x
x
+
(
)
0
x
，则点P 到直线
0
x
y
+
=
的距离
4
2
2
2
2
2 2
4
2
2
2
x
x
x
x
x
d
x x
+
+
+
=
=
=
…
，当且仅当
2
x =
等号成立，
所以点P 到直线
0
x
y
+
=
的距离的最小值为4.
3.
解析
解析
解析
解析
解析解法一：
解法一：
解法一：
解法一：
解法一：
（）过
1
A作
AE
BD
⊥
，垂足为E.
由已知条件得，四边形ACDE为矩形，
6,
8
DE
BE
AC
AE
CD
=
=
=
=
=
.'
因为
⊥
，
PB
AB
所以
8
4
cos
sin
10
5
PBD
ABE
=
=
=
.
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所以
12
15
4
cos
5
BD
PB
PBD
=
=
=
.
因此道路
的长为
（百米）
PB
15
.
（）①若在处，由（）可得在圆上，则线段
上的点（除，）到点的距离均小
2
P
D
1
E
BE
B
E
O
于圆O的半径，所以选在
P
D处不满足规划要求.
②若Q在
，由（
D处，联结AD
1）知
2
2
10
AD
AE
ED
=
+
=
，
从而
2
2
2
7
cos
0
2
25
AD
AB
BD
BAD
AD AB
+
−
=
=
，所以∠
为锐角
BAD
.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆的半径
O
.
因此，
处也不满足规划要求
Q选在D
.
综上，P和均不能选在处
Q
D
.
（）先讨论点的位置
3
P
.
当∠OBP<90°时，线段
上存在点到点的距离小于圆
PB
O
O的半径，点不符合规划要求；
P
当∠OBP≥90°时，对线段
上任意一点
PB
F，OF≥OB，即线段
上所有点到点的距离均不小
PB
O
于圆O的半径，点符合规划要求
P
.
设
1P 为上一点，且
l
1
PB
AB
⊥
，由（1）知，
1P B=15，
此时
1
1
1
1
3
sin
cos
15
9
5
PD
PB
PBD
PB
EBA
=
=
=
=
；
当∠OBP>90°时，在
1
PPB
△
中，
1
15
PB
PB
=
.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（）知，要使得
，点
的右侧，才能符合规划要求
时，
2
QA≥15
Q
C
只有位于点
.
=15
当QA
2
2
2
2
15
6
3 21
CQ
QA
AC
=
−
=
−
=
.此时，线段
上所有点到点的距离均不小于圆
QA
O
O的半径.
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综上，当
⊥
位于点
PB
AB，点Q
C右侧，且CQ= 3 21时，d
P
Q
最小，此时，两点间的距离
PQ PD
=
+CD CQ
+
=17+ 3 21.
因此，d最小时，P，两点间的距离为
Q
17+ 3 21 （百米）.
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：（1）如图，过作
⊥
O
OH
l，垂足为H.
以为坐标原点，直线
为
O
OH
y轴，建立平面直角坐标系.
因为
，
BD=12
AC=6
=9
，所以OH
，直线l的方程为y
A
B
=9，点，的纵坐标分别为，
3
−3.
因为
的直径，
AB为圆O
AB=10，所以圆的方程为
O
x2+y2=25.
从而（
A
4
3
，），B（−4，
），直线
的斜率为
−3
AB
3
4
.
因为
⊥
，所以直线
的斜率为
PB
AB
PB
4
3
−
，
直线
的方程为
PB
4
25
3
3
y
x
= −
−
.
所以（
P
−13，9），
2
2
( 13
4)
(9
3)
15
PB =
−
+
+
+
=
.
因此道路
的长为
（百米）
PB
15
.
（）①若在处，取线段
上一点（
，），则
，所以选在处不满足规划
2
P
D
BD
E
−4
0
EO=4<5
P
D
要求.
②若Q在
，由（
（
D处，联结AD
1）知D
−4
9
，），又A（，
4
3
），
所以线段AD：
3
6( 4
4)
4
y
x
x
= −
+
−剟
.
在线段
上取点
（
AD
M
3，15
4
），因为
2
2
2
2
15
3
3
4
5
4
OM
=
+
+
=
，
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆的半径
O
.
因此Q选在处也不满足规划要求
D
.
综上，P和均不能选在处
Q
D
.
（）先讨论点的位置
3
P
.
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当∠OBP<90°时，线段
上存在点到点的距离小于圆
PB
O
O的半径，点P不符合规划要求；
当∠
≥
OBP
90°时，对线段
上任意一点，
PB
F
OF OB
O
≥
，即线段PB上所有点到点的距离均不
小于圆的半径，点符合规划要求
O
P
.
设
1P 为上一点，且
l
1
PB
AB
⊥
，由（1）知，
1P B=15，此时
1P （−13，9）；
当∠OBP>90°时，在
1
PPB
△
中，
1
15
PB
PB
=
.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求当
.
QA=15时，设Q
（，
a
9），由
2
2
(
4)
(9
3)
15(
4)
AQ
a
a
=
−
+
−
=
，得a=
4
3 21
+
，所以Q（
4
3 21
+
，
9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当P（−13，9），Q（
4
3 21
+
，）时，最小，此时
9
d
P，两点间的距离
Q
4 3 21 ( 13)
17
3 21
PQ =
+
−−
=
+
.
因此，d最小时，P，两点间的距离为
Q
17
3 21
+
（百米）.
4.解析
解析
解析
解析
解析
解法一
解法一
解法一
解法一
解法一
：
：如图，
由圆心与切点的连线与切线垂直，得
1
1
2
2
m +
= −
，解得
2
m = −．
所以圆心为（，
0
-2），则半径
2
2
( 2
0)
( 1 2)
5
r =
−−
+ − +
=
．
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：
解法二：由
2
2 0
3
4
(
1)
4 1
m
r
m
−
+
=
=
+
+
+
，得
2
m = −，所以
5
5
5
r =
=
.
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2010-2018
年
1
A
．【解析】圆心(2,0) 到直线的距离
| 2
0
2 |
2 2
2
d
+
+
=
=
，
所以点P 到直线的距离
1
[ 2,3 2]
d
．根据直线的方程可知A ，B 两点的坐标分别
为
( 2,0)
A −
，
(0, 2)
B
−
，所以
|
| 2 2
AB =
，
所以ABP
的面积
1
1
1
|
|
2
2
S
AB d
d
=
=
．
因为
1
[ 2,3 2]
d
，所以 [2,6]
S
，即ABP
面积的取值范围是[2,6]
．故选
．
A
2．1
2
【解析】直线的普通方程为
2
0
x
y
+
−
=
，圆的标准方程为
2
2
(
1)
1
x
y
−
+
= ，
圆心为
(1,0)
C
，半径为1，点C 到直线
2
0
x
y
+
−
=
的距离
|1 0
2 |
2
2
2
d
+
−
=
=
，所
以
2
2
|
| 2 1 (
)
2
2
AB =
−
=
，所以
1
2
1
2
2
2
2
ABC
S
=
=
．
3
C
．【解析】由题意可得
2
2
| cos
sin
2|
|
sin
cos
2|
1
1
m
m
d
m
m
−
−
−
+
=
=
+
+
2
2
2
2
2
2
1
|
1(
sin
cos )
2 |
|
1sin(
)
2|
1
1
1
1
m
m
m
m
m
m
m
+
−
+
+
−
+
+
+
=
=
+
+
（其中
2
cos
1
m
m
=
+
，
2
1
sin
1
m
=
+
），∵
1
sin(
)
1
−
−
≤
≤,
∴
2
2
2
2
| 2
1|
2
1
1
1
m
m
d
m
m
−
+
+
+
+
+
≤
≤
，
2
2
2
2
1
2
1
1
1
m
m
m
+
+
= +
+
+
，
∴当 0
m =
时，d
取得最大值，故选
．
3
C
4
A
．【解析】以线段
1
2
A A 为直径的圆是
2
2
2
x
y
a
+
=
，直线
2
0
bx
ay
ab
−
+
=
与圆相切，
所以圆心到直线的距离
2
2
2ab
d
a
a
b
=
=
+
，整理为
2
2
3
a
b
=
，
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即
(
)
2
2
2
2
2
3
2
3
a
a
c
a
c
=
−
=
，即
2
2
2
3
c
a
=
，
6
3
c
e
a
=
=
，故选A．
5
A
．【解析】如图建立直角坐标系，
y
x
P
A
B
C
D
则(0,1)
A
，
(0,0)
B
，
(2,1)
D
，
( , )
P x y ，由等面积法可得圆的半径为2
5
，
所以圆的方程为
2
2
4
(
2)
5
x
y
−
+
=
，
所以
( ,
1)
AP
x y
=
−
，
(0, 1)
AB =
−
，
(2,0)
AD =
，
由
AP
AB
AD
=
+
，得
2
1
x
y
=
−= −
，所以
+
=
1
2
x
y
−
+ ，
设
1
2
x
z
y
=
−
+ ，即
1
0
2
x
y
z
−
+ −
=
，
点
( , )
P x y 在圆上，所以圆心到直线
1
0
2
x
y
z
−
+ −
=
的距离小于半径，
所以
| 2
|
2
1
5
1
4
z
−
+
≤
，解得
1
3
z
≤≤
，所以z
的最大值为，
3
即
+
的最大值为，选
．
3
A
6
D
．【解析】
( 2, 3)
−
−
关于y 轴对称点的坐标为
(2, 3)
−
，设反射光线所在直线为
3
(
2)
y
k x
+
=
−
，即
2
3 0
kx
y
k
−−
−=
，则
2
| 3
2
2
3|
1
1
k
k
d
k
−
−−
−
=
=
+
，
2
|5
5|
1
k
k
+
=
+ ，解得
4
3
k = −
或
3
4
−
．
7
．A 【解析】设所求直线的方程为
2
0
x
y
c
+
+
=
(
1)
c
，则
2
2
| |
5
2
1
c
=
+
，所以
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5
c =
，故所求直线的方程为
2
5
0
x
y
+
+
=
或
2
5
0
x
y
+
−
=
．
8
C
．【解析】设过
, ,
A B C 三点的圆的方程为
2
2
0
x
y
Dx
Ey
F
+
+
+
+
=
，
则
3
10
0
4
2
20
0
7
50
0
D
E
F
D
E
F
D
E
F
+
+
+
=
+
+
+
=
−
+
+
=
，解得
2,
4,
20
D
E
F
= −
=
= −
，
所求圆的方程为
2
2
2
4
20
0
x
y
x
y
+
−
+
−
=
，令
0
x =
，得
2
4
20
0
y
y
+
−
=
，
设
1
(0,
)
M
y
，
2
(0,
)
N
y
，则
1
2
4
y
y
+
= −，
1
2
20
y
y
= −
，
所以
2
1
2
1
2
1
2
|
| |
|
(
)
4
4 6
MN
y
y
y
y
y y
=
−
=
+
−
=
．
9
C
．【解析】圆C 标准方程为
2
2
(
2)
(
1)
4
x
y
−
+
−
=
，圆心为
(2,1)
C
，半径为
2
r =
，
因此
2
1 1
0
a
+ −=
，
1
a = −，即
( 4, 1)
A −
−
，
2
2
2
2
( 4
2)
( 1 1)
4
6
AB
AC
r
=
−
=
−−
+ − −
−
=
．选
．
C
10．A【解析】当点M 的坐标为(1,1)时，圆上存在点
(1,0)
N
，使得
45
OMN
=
，所以
0
1
x =
符合题意，排除
、
B
D；当点M 的坐标为 ( 2,1)时，
3
OM =
，过点M 作圆O 的一
条切线MN，连接ON，则在
Rt OMN
中，
3
2
sin
3
2
OMN
=
，则
45
OMN
，故此时在圆O 上不存在点N ，使得
°
45
OMN
=
，即
0
2
x =
不符
合题意，排除
，故选
．
C
A
11．【解析】直线
D
l过点(0,3)，斜率为1，所以直线l的方程为
3
0
x
y
−
+
=
．
12．B【解析】因为圆C的圆心为(3,4)
，半径为，
1
|
| 5
OC =
，所以以原点为圆心、以m
为半径与圆C
有公共点的最大圆的半径为，所以
6
m
的最大值为，故选
．
6
B
13．C【解析】由题意得
1
2
(0,0),
(3,4)
C
C
，1
2
1,
25
r
r
m
=
=
−
，
1
2
1
2
|
|
1
25
5
C C
r
r
m
=
+
= +
−
=
，所以
9
m =
．
14．D【解析】设直线l 的倾斜角为，由题意可知
min
max
0,
2
6
3
=
=
=
．
15．B【解析】圆的标准方程为
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
a
+
+
−
=
−
，则圆心
( 1,1)
C −
，半径r 满足
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2
2
r
a
=
−
，则圆心C 到直线
2
0
x
y
+
+
=
的距离
2
2
1 1
d =
=
+
，
所以
2
4
2
2
r
a
=
+
=
−
，故
4
a = −
16．B【解析】易知直线
0
x
my
+
=
过定点
(0,0)
A
，直线
3
0
mx
y
m
−
−
+
=
过定点
(1,3)
B
，
且两条直线相互垂直，故点P 在以AB 为直径的圆上运动，
故
|
|
|
| |
| cos
|
|sin
PA
PB
AB
PAB
AB
PAB
+
=
+
10
2 sin(
)
4
PAB
=
+
[ 10,2 5]
．故选B．
17．A【解析】由题意可知以线段AB
为直径的圆
过原点
C
O ，要使圆C 的面积最小，只
需圆C 的半径或直径最小．又圆C 与直线
2
4
0
x
y
+
−
=
相切，所以由平面几何知识，
知圆的直径的最小值为点O到直线
2
4
0
x
y
+
−
=
的距离，此时
4
2
5
r =
，得
2
5
r =
，
圆C 的面积的最小值为
2
4
5
S
r
=
=
．
18．A【解析】根据平面几何知识，直线AB 一定与点(3，1)，(1，0)的连线垂直，这两点连
线的斜率为1
2
，故直线AB 的斜率一定是2
−
，只有选项
中直线的斜率为
A
2
−
．
19．A【
】圆
解析
C1，C2
的圆心分别为C1，C2 ，由题意知|PM|≥|PC1|
1
|
－，PN|≥|PC2|
3
－，
∴|
|
PM ＋|PN|≥|PC1|
|
＋PC2|
4
－，故所求值为|PC1|
|
＋PC2|
4
－的最小值．
又C1
关于
轴对称的点为
x
C3(2，－3)，
所以|PC1|
|
＋PC2
|
4
－的最小值为|C 3C2|－4＝
2
2
2 3
3 4
4
5 2
4
( −) +(− −) −
=
−
，
故选
．
A
20．【解析】圆心
C
(1,2) ，圆心到直线的距离
1+4-5+ 5
=1
5
d =
，半径
5
r =
，所以最
后弦长为
2
2
2 ( 5)
1
4
−
=
.
21．B【解析】（）当
1
y
ax
b
=
+
过
(
)
1,0
A −
与BC 的中点D 时，符合要求，此
1
3
b =
，
（）当
2
y
ax
b
=
+
位于②位置时
1
,0
b
A
a
−
,
1
1
,
1
1
b a
b
D
a
a
−
+
+
+
，
关注微信公众号：加油高三
令
1
1
1
2
A BD
S
=
得
2
1
2
b
a
b
=
−
,∵ 0
a
,∴
1
2
b
(3) 当
y
ax
b
=
+
位于③位置时
2
1 ,
1
1
b
b
a
A
a
a
−
−
−
−
,
2
1
,
1
1
b a
b
D
a
a
−
+
+
+
，
令
2
2
1
2
A CD
S
=
,即
(
)
1
1
1
1
1
2
1 1
2
b
b
b
a
a
−
−
−
−
=
+
−
，
化简得
2
2
2
4
1
a
b
b
−
=
−
+ ,∵ 0
a
,
∴
2
2
4
1
0
b
b
−
+
，解得
2
2
1
1
2
2
b
−
+
y
x
A1
D2
D1
A2
③
②
①
y=ax+b
D
O
A
B
C
综上：
2
1
1
2
2
b
−
，选B
22．B【解析】点M(a b
, )在圆
2
2
1
x
y
+
= 外，∴
2
2
1
a
b
+
．圆(0,0)
O
到直线
1
ax
by
+
=
距离
2
2
1
1
d
a
b
=
+
=圆的半径，故直线与圆相交．所以选B．
23．C【解析】设直线斜率为k ，则直线方程为
2
(
2)
y
k x
−
=
−
，即
2
2
0
kx
y
k
−
+
−
=
，
圆心(1,0) 到直线的距离
2
2
2
5
1
k
k
k
+
−
=
+
，即
2
2
5
1
k
k
−
=
+
，解得
1
2
k = −
．因为直
线与直线
1
0
ax
y
−
+ =
垂直，所以
1
1
2
k
a
= −
= −
，即
2
a =
，选C．
24．【解析】∵圆心到直线的距离等于
A
1
r =
，排除
、；相切于第一象限排除
B
C
D，选
A.直接法可设所求的直线方程为：
(
)
0
y
x
k k
= −+
，再利用圆心到直线的距离等于
1
r = ，求得
2
k =
.
25．C【解析】抛物线
2
4
y
x
=
的焦点坐标为(1,0)，准线方程为
1
x = −，设
1
1
(
,
)
A x y
，
关注微信公众号：加油高三
2
2
(
,
)
B x
y
，则
，所以
因为|
|=3|
|
AF
BF
1
2
1
3(
1)
x
x
+ =
+
，所以
1
2
3
2
x
x
=
+
，
因为
1
|
|
y
=3
2
|
|
y
，
1x =9
2x ，所以
1x =3，
2x = 1
3
，当
1x =3 时，
2
1
12
y =
，
所以此时
1
12
2 3
y =
=
，若
1
2 3
y =
，则
1
2 3
(3,2 3), ( ,
)
3
3
A
B
−
,
此时
3
AB k
=
,此时直线方程为
3(
1)
y
x
=
−
。若
1
2 3
y = −
，
则
1 2 3
(3, 2 3), ( ,
)
3
3
A
B
−
,此时
3
AB k
= −
,此时直线方程为
3(
1)
y
x
= −
−
．
所以l 的方程是
3(
1)
y
x
=
−
或
3(
1)
y
x
= −
−
，选C.
26．A【解析】“直线
1l ：
2
1
0
ax
y
+
−=
与直线2l ：
(
1)
4
0
x
a
y
+
+
+
=
平行”的充要条件
是
(
1)
2
a a +
=
，解得， 1
a = 或
2
a = −，所以是充分不必要条件。
27．D【解析】∵直线
(
1) +(
1)
2=0
m
x
n
y
+
+
−
与圆
2
2
(
1) +(y 1) =1
x −
−
相切，∴圆心(1,1) 到
直线的距离为
2
2
|(
1)+(
1)
2|
=
=1
(
1) +(
1)
m
n
d
m
n
+
+
−
+
+
，所以
2
1
(
)
2
m
n
mn
m
n
+
=
+
+
，
设
=
t m n
+
，则
2
1
+1
4 t
t
，解得
(
,2 2 2] [2+2 2,+ )
t−−
.
28．A【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点P 的圆的弦长
达到最小，所以需该直线与直线OP垂直即可又已知点
.
(1,1)
P
，则
1
OP
k
=
,故所求直线
的斜率为−1.又所求直线过点(1,1)
P
，故由点斜式得，所求直线的方程为
(
)
1
1
y
x
−= −
−
，即
2
0
+
−
=
x
y
．故选A．
29．B【解析】圆
2
2
4
x
y
+
=
的圆心(0,0)
O
到直线
3
4
5
0
x
y
+
−
=
的距离
5
1
5
d
−
=
=
弦AB 的长
2
2
2
2 3
AB
r
d
=
−
=
．
30．A【解析】设点
2
( ,
)
C t t
，直线AB 的方程是
2
0
x
y
+
−
=
，
|
| 2 2
AB =
，由于ABC
的面积为，则这个三角形中
2
AB 边上的高h满足方程1
2 2
2
2
h
=
，即
2
h =
，
由点到直线的距离公式得
2
|
2|
2
2
t
t
+
−
=
，即
2
|
2 | 2
t
t
+
−
=
，解得有
个实根，
4
关注微信公众号：加油高三
故这样的点
有
个．
C
4
31．B【解析】
2
2
1
:(
1)
1
C
x
y
−
+
=
，
2
C 表示两条直线即x 轴和直线l ：
(
1)
y
m x
=
+
，
显然x 轴与
1
C 有两个交点，由题意l与
2
C 相交，所以
1
C 的圆心到l 的距离
2
|
(1 1)
0|
1
1
m
d
r
m
+
−
=
=
+
，解得
3
3
(
,
)
3
3
m−
，又当
0
m =
时，
直线l 与x
轴重合，此时只有两个交点，不符合题意．故选B．
32．【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为
D
(1,0)，即所求圆的圆心，又圆过原点，所以
圆的半径为 1
r = ，故所求圆的方程为
2
2
(
1)
1
x
y
−
+
= ，即
2
2
2
0
x
x
y
−
+
=
，选D．
33．D【解析】设圆心
( ,0)(
0)
O a
a
，则
2
2
|
|
5
1
2
a
=
+
，即
|
| 5
a =
，解得
5
a = −，所以
圆O 的方程为
2
2
(
5)
5
x
y
+
+
=
．
34．3【解析】因为
0
AB CD
= ，所以
AB
CD
⊥
，又点C 为AB 的中点，所以
45
BAD
=
，
设直线l 的倾斜角为，直线AB 的斜率为k ，则
tan
2
=
，
tan(
)
3
4
k
=
+
= −
．又
(5,0)
B
，所以直线AB 的方程为
3(
5)
y
x
= −
−
，又A 为直线l：
2
y
x
=
上在第一象限
内的点，联立直线AB 与直线l的方程，得
3(
5)
2
y
x
y
x
= −
−
=
，解得
3
6
x
y
=
=
，所以点A 的
横坐标为．
3
35．
[ 5 2,1]
−
【解析】设
( , )
P x y ，由
20
PA PB
≤
，得
2
5
0
x
y
−
+ ≤
，
O
5 2
5 2
2x-y+5=0
N
M
y
x
B
A
如图由
2
5
0
x
y
−
+ ≤
可知，P 在MN 上，
关注微信公众号：加油高三
由
2
2
2
5
0
50
x
y
x
y
−
+
=
+
=
，解得
(1,7)
M
，
( 5, 5)
N −
−
，
所以P 点横坐标的取值范围为
[ 5 2,1]
−
．
36．（）
Ⅰ
2
2
(
1)
(
2)
2
x
y
−
+
−
=
；（ Ⅱ）①②③
【解析】（）由题意，设
Ⅰ
(1, )
C
r （r 为圆C的半径），因为
|
| 2
AB =
，
所以
2
2
1
1
2
r =
+
=
，所以圆心
(1, 2)
C
，
故圆C的标准方程为
2
2
(
1)
(
2)
2
x
y
−
+
−
=
．
（Ⅱ）由
2
2
0
(
1)
(
2)
2
x
x
y
=
−
+
−
=
，解得
0
2
1
x
y
=
=
−
或
0
2
1
x
y
=
=
+
，
因为B 在A的上方，所以
(0, 2 1)
A
−
，
(0, 2 1)
B
+
．
不妨令直线MN 的方程为
0
x =
，
(0, 1)
M
−
(0,1)
N
，
所以
|
|
2
MA =
，
|
| 2
2
MB = +
，
|
| 2
2
NA =
−
，
|
|
2
NB =
，
所以
|
|
2
2
2
1
|
|
2
NA
NB
−
=
=
−，
|
|
2
2
1
|
|
2
2
MA
MB
=
=
−
+
，
所以
|
|
|
|
|
|
|
|
NA
MA
NB
MB
=
，所以
|
|
|
|
2
( 2
1)
2
|
|
|
|
2
2
NB
MA
NA
MB
−
=
−
−
=
−
．
|
|
|
|
2
( 2 1)
2 2
|
|
|
|
2
2
NB
MA
NA
MB
+
=
+
−
=
−
．
正确结论的序号①②③．
37． 2 55
5
【解析】圆心
(2, 1)
−
到直线
0
3
2
=
−
+
y
x
的距离
| 2
2
3|
3
5
5
d
−
−
=
=
．
直线
0
3
2
=
−
+
y
x
被圆
4
)1
(
)
2
(
2
2
=
+
+
−
y
x
截得的弦长为
9
2 4
5
−
=
2 55
5
．
38． 4
15
【解析】由题意知圆心
(1, )
C
a 到直线
0
2 =
−
+ y
ax
的距离等于3 ，
即
2
|1
2 |
3
1
a
a
a
+
−
=
+
，解得
4
15
a =
．
39．2【解析】由题意得，直线1l 截圆所得的劣弧长为2
，则圆心到直线1l 的距离为
2
2
，
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即
|
|
2
2
2
a =
，得
2
1
a = ，同理可得
2
1
b = ，则
2
2
2
a
b
+
=
．
40．
2
2
(
2)
(
1)
4
x
y
−
+
−
=
【解析】设圆心为
(2 , )
b b ，则圆的半径为2b ，圆心到x 轴的距
离为b ，所以
2
2
2 4
2 3,
0
b
b
b
−
=
，解得 1
b = ，所以圆C 的标准方程为
2
2
(
2)
(
1)
4
x
y
−
+
−
=
．
41．
2
2
(
1)
1
x
y
+
−
= 【解析】因为点
)
0,1(
关于直线 x
y =
对称的点的坐标为(0,1) ，所以所
求圆的圆心为(0,1)
，半径为，于是圆
的标准方程为
1
C
2
2
(
1)
1
x
y
+
−
= ．
42．0
6
或【解析】圆
:
C 的标准方程为
2
2
(
1)
(
2)
9
x
y
+
+
−
=
，所以圆心为
( 1,2)
C −
，半径
为．因为
3
AC
BC
⊥
，所以圆心C 到曲线
0
=
+
−
a
y
x
的距离为3 2
2
，
即
| 1 2
|
3 2
2
2
a
− −+
=
，所以 0
a =
或．
6
43．1 1
,
2 2
−
【解析】设
(
)
,
M x y ，则
2
2
2
2
1,
1
x
y
y
x
+
=
= −
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
5
1
|
|
(
)
2
1
1 2
2
|
|
(
2)
4
4 1
5
4
2
5
4
b
b
MB
x
b
y
x
bx
b
x
b
bx
b
MA
x
y
x
x
x
x
x
+
+
−
+
−
+
+ −
+ −
=
=
=
=
= −
+
+
+
+
+
+ −
+
+
，
∵为常数，∴
2
5
1
0
2
b
b
+
+ =
，解得
1
2
b = −
或
2
b = −（舍去），∴
2
1
2
4
b
= −
=
．
解得
1
2
=
或
1
2
= −
（舍去）．
44．4 5
【解析】已知圆心为 (
)
3,4
，半径为
，圆心到直线
5
2
3
y
x
=
+
的距离为
2 3 4
3
5
5
d
−+
=
=
，所以弦长
2
2
2
4 5
l
r
d
=
−
=
．
45．4【解析】由题意圆心到该直线的距离为，而圆半径为
1
5
＞，故圆上有
个点到该
2
4
直线的距离为1.
46．2 2 【解析】圆心(0，2)到直线y
x
=
的距离为d = 0
2
2
2
−
=
，圆的半径为，所以
2
所求弦长为2
2
2
2
( 2)
2 2
−
=
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47．1【解析】当
0
m =
时，两直线不垂直，故
0
m
．因为直线
2
5
0
x
y
−
+
=
与直线
2
6
0
x
my
+
−
= 的斜率分别为1
2
和
2
m
−
，由1
2
(
)
1
2
m
−
= −，故
1
m = ．
48．
2
2
(
2)
10
x
y
−
+
=
【解析】以题意设圆C 的方程为
2
2
2
(
)
x
a
y
r
−
+
=
，把所给的两点
坐标代入方程得
2
2
2
2
(5
)
1
(1
)
9
a
r
a
r
−
+ =
−
+
=
，解得
2
2
10
a
r
=
=
，所以圆
：
C
2
2
(
2)
10
x
y
−
+
=
．
49．
2
2
2
x
y
+
=
【解析】由题意可知原点到直线
2
0
x
y
+
−
=
的距离为圆的半径，
即
| 0
0
2 |
2
2
r
+
−
=
=
,所求圆的方程为
2
2
2
x
y
+
=
．
50．
2
2
(
3)
2
x
y
−
+
=
【解析】设圆C的方程为
2
2
2
(
)
(
)
x
a
y
b
r
−
+
−
=
，由题意得
2
2
2
(4
)
(1
)
1
1
2
|
1|
2
a
b
r
b
a
a
b
r
−
+
−
=
−
= −
−
−
−
=
，解得
3
0
2
a
b
r
=
=
=
，所以圆
的方程为
C
2
2
(
3)
2
x
y
−
+
=
．
51．【解析】（）因为
Ⅰ
|
|
|
|
AC
AD =
，
AC
EB//
，故
ADC
ACD
EBD
=
=
，
所以
|
|
|
|
ED
EB =
，故
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
AD
ED
EA
EB
EA
=
+
=
+
.
又圆A 的标准方程为
16
)1
(
2
2
=
+
+
y
x
，从而
4
|
|
=
AD
，所以
4
|
|
|
|
=
+ EB
EA
.
由题设得
)
0,1
(−
A
，
)
0,1(
B
，
2
|
|
=
AB
，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为：
1
3
4
2
2
=
+ y
x
（
0
y
）．
（Ⅱ）当l与x 轴不垂直时，设l 的方程为
)
0
)(
1
(
−
=
k
x
k
y
，
)
,
(
1
1 y
x
M
，
)
,
(
2
2 y
x
N
.
由
=
+
−
=
1
3
4
)1
(
2
2
y
x
x
k
y
得
0
12
4
8
)
3
4
(
2
2
2
2
=
−
+
−
+
k
x
k
x
k
.
则
3
4
8
2
2
2
1
+
=
+
k
k
x
x
，
3
4
12
4
2
2
2
1
+
−
=
k
k
x
x
.
关注微信公众号：加油高三
所以
3
4
)1
(
12
|
|
1
|
|
2
2
2
1
2
+
+
=
−
+
=
k
k
x
x
k
MN
.
过点
)
0,1(
B
且与l 垂直的直线m ：
)1
(
1
−
−
=
x
k
y
，A 到m 的距离为
1
2
2 +
k
，所以
1
3
4
4
)
1
2
(
4
2
|
|
2
2
2
2
2
+
+
=
+
−
=
k
k
k
PQ
.故四边形MPNQ 的面积
3
4
1
1
12
|
||
|
2
1
2 +
+
=
=
k
PQ
MN
S
.
可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为
)
3
8,
12
[
.
当l 与x 轴垂直时，其方程为
1
=
x
，
3
|
|
=
MN
，
8
|
|
=
PQ
，四边形MPNQ的面积为
12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为
)
3
8,
12
[
.
52．【解析】（）如图，以
为坐标原点，
所在直线为
轴，建立平面直角坐标系
I
O
OC
x
xOy．
由条件知A(0, 60)
(170, 0)
，C
，
直线
的斜率
BC
k BC=
tan
－
∠BCO=－4
3
.
又因为AB⊥
，
BC
所以直线
的斜率
AB
k AB= 3
4
.
设点
的坐标为
，
B
( , )
a b
则k BC=
0
4,
170
3
b
a
−
= −
−
k AB=
60
3 ,
0
4
b
a
−
=
−
解得
，
a=80
b=120.
所以BC=
2
2
(170 80)
(0 120)
150
−
+
−
=
.
因此新桥
的长是
BC
150 m.
（）设保护区的边界圆
的半径为
，
，
≤≤
II
M
r m
OM= m
d
(0
d
60).
由条件知，直线
的方程为
BC
4 (
170)
3
y
x
= −
−
，即
4
3
680
0
x
y
+
−
=
由于圆
与直线
相切，故点
，
到直线
的距离是，
M
BC
M(0
d)
BC
r
关注微信公众号：加油高三
即
| 3
680 |
680
3
5
5
d
d
r
−
−
=
=
.
因为
和
到圆
上任意一点的距离均不少于
O
A
M
80 m,
所以
80
(60
)
80
r
d
r
d
−
−
−
≥
≥
即
680
3
80
5
680
3
(60
)
80
5
d
d
d
d
−
−
−
−
−
≥
≥
解得
10
35
d
≤≤
故当
时
d=10
,
680 3
5
d
r
−
=
最大，即圆面积最大.
所以当
时，圆形保护区的面积最大
OM = 10 m
.
解法二:
I
（）如图，延长
交于点
OA, CB
F.
因为tan
=
∠BCO 4
3
.
sin
=
所以
∠FCO 4
5
，cos∠FCO=3
5
．
因为OA=60,
=170
=
tan
OC
，所以OF OC
∠FCO= 680
3
.
CF=
850
cos
3
OC
FCO =
,从而
500
3
AF
OF
OA
=
−
=
.
因为
⊥
OA
OC，所以
∠
cos
AFB=sin∠FCO== 4
5
，
又因为AB⊥
，所以
∠
BC
BF=
cos
AF
AFB==400
3
，从而BC=CF－BF=150.
因此新桥
的长是
BC
150
m.
（）设保护区的边界圆
与
的切点为
，连接
⊥
是圆
的半
II
M
BC
D
MD，则MD
BC，且MD
M
径，并设MD= m
r
，OM=d m(0≤≤
d
60).
因为
⊥
OA
OC，所以
∠
sin
CFO =cos
∠
，
FCO
故由
∠
(1)知，sin
CFO =
3 ,
680
5
3
MD
MD
r
MF
OF
OM
d
=
=
=
−
−
所以
680 3
5
d
r
−
=
.
因为
和
到圆
上任意一点的距离均不少于
O
A
M
80 m,
所以
80
(60
)
80
r
d
r
d
−
−
−
≥
≥
即
680
3
80
5
680
3
(60
)
80
5
d
d
d
d
−
−
−
−
−
≥
≥
解得
10
35
d
≤≤
故当
时
d=10
,
680 3
5
d
r
−
=
最大，即圆面积最大.
所以当
时，圆形保护区的面积最大
OM = 10 m
.
53．
【解析】
（）由题设点
I
( ,2
4)
C a
a −
，又C 也在直线
1
−
= x
y
上，
2
4
1,
3
a
a
a
−
=
−
=
关注微信公众号：加油高三
2
2
:(
3)
(
2)
1
C
x
y
−
+
−
=
，由题，过
点切线方程可设为
A
3
y
kx
=
+
，
即
3
0
kx
y
−
+
=
，则
2
| 3
1|
1
1
k
k
+
=
+
，解得：
3
0,
4
k =
−
，
∴所求切线为
3
y =
或
3
3
4
y
x
= −
+
（）设点
II
( ,2
4)
C a
a −
，
0
0
(
,
)
M x
y
，
2
MA
MO
=
，
)
3,0
(
A
，
(0,0)
O
，
2
2
2
2
0
0
0
0
(
3)
4(
)
x
y
x
y
+
−
=
+
，即
2
2
0
0
0
3
2
x
y
y
+
=
−
，又点M 在圆C 上，
2
2
0
0
(
)
(
2
4)
1
x
a
y
a
−
+
−
+
= ，两式相减得
2
0
0
5
(2
3)
(
8
9)
0
2
a
ax
a
y
a
+
−
−
−
+
=
，由题以上两式有公共点，
2
2
2
2
5
|
(2
3)(2
4)
(
8
9) |
2
1
(2
3)
a
a
a
a
a
a
a
+
−
−
−
−
+
+
−
整理得：
2
2
5
|
6
3|
5
12
9
2
a
a
a
a
−
+
−
+
，即
2
2
2
(5
12
6)
4(5
12
9)
a
a
a
a
−
+
−
+
，
令
2
5
12
6
t
a
a
=
−
+
，则
2
4(
3)
t
t
+
，解得：
2
6
t
−
，
2
2
5
12
6
6
a
a
−
−
+
，解得：
12
0
5
a
．
54．【解析】（）设
I
(
)
,
P x y
，圆P 的半径为r ．
由题设
2
2
2
3
2
,
3
y
r
x
r
+
=
+
=
，从而
2
2
2
3
y
x
+
=
+
故P 点的轨迹方程为
2
2
1
y
x
−
=
．
（）设
II
(
)
0
0
,
P x y
，由已知得
0
0
2
2
2
x
y
−
=
．
又P 点在双曲线
2
2
1
y
x
−
= 上，从而得
0
0
2
2
0
0
1
1
x
y
y
x
−
=
−
=
由
0
0
2
2
0
0
1
1
x
y
y
x
−
=
−
=
得
0
0
0
1
x
y
=
= −
此时，圆P 的半径
3
r =
．
故圆P 的方程为
(
)
2
2
1
3
x
y
+
−
=
或
(
)
2
2
1
3
x
y
+
+
=
关注微信公众号：加油高三
55．【解
（）
析】
I
曲线
1
6
2
+
−
=
x
x
y
与y 轴的交点为(0,1) ，与x 轴的交点为
（
).
0,2
2
3
(
),
0,2
2
3
−
+
故可设
的圆心为
C
(3, )t ，则有
,
)
2
2
(
)1
(
3
2
2
2
2
t
t
+
=
−
+
解得 1
t = ．
则圆
的半径为
C
.3
)1
(
3
2
2
=
−
+ t
所以圆
的方程为
C
.9
)1
(
)3
(
2
2
=
−
+
−
y
x
（）设
II
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，其坐标满足方程组：
=
−
+
−
=
+
−
.9
)1
(
)
3
(
,0
2
2
y
x
a
y
x
消去y ，得到方程
.0
1
2
)
8
2
(
2
2
2
=
+
−
+
−
+
a
a
x
a
x
由已知可得，判别式
.0
4
16
56
2
−
−
=
a
a
因此，
,
4
4
16
56
)
2
8
(
2
2
,1
a
a
a
x
−
−
−
=
从而
2
1
2
0
,
4
2
2
1
2
1
+
−
=
−
=
+
a
a
x
x
a
x
x
①
由于
OA
OB
⊥
，可得
,0
2
1
2
1
=
+
y
y
x
x
又
,
,
2
2
1
1
a
x
y
a
x
y
+
=
+
=
所以
.0
)
(
2
2
2
1
2
1
=
+
+
+
a
x
x
a
x
x
②
由①，②得
1
−
=
a
，满足
,0
故
.1
−
=
a
56．【解析】（）因为
I
6
3
c
a =
，且
2
c =
，所以
2
2
3,
1
a
b
a
c
=
=
−
=
所以椭圆
的方程为
C
2
2
1
3
x
y
+
=
（）由题意知
II
(0, )( 1
1)
p
t
t
−
由
2
2
1
3
y
t
x
y
=
+
=
得
2
3(1
)
x
t
=
−
所以圆P 的半径为
2
3(1
)
t
−
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解得
3
2
t =
，所以点P 的坐标是（0，
3
2
）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆P 的方程
2
2
2
(
)
3(1
)
x
y
t
t
+
−
=
−
。因为点
( , )
Q x y 在圆P 上．
所以
2
2
2
3(1
)
3(1
)
y
t
t
x
t
t
=
−
−
+
−
设
cos ,
(0, )
t
=
，则
2
3(1
)
cos
3sin
2sin(
)
6
t
t
+
−
=
+
=
+
当
3
=
，即
1
2
t =
，且 0
x =
，y
取最大值．
2
