第29頁（共29頁）2025年高考數學復習新題速遞之圓與方程（2025年4月）一．選擇題（共8小題）1．（2025?臨汾二模）已知圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝9上的點P到直線3x﹣4y+7＝0的距離為1，則滿足條件的點P的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．42．（2025春?安徽月考）“點M（a，b）在圓O：x2+y2＝4外”是“直線ax+by＝1與圓O相交”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．（2025春?南京月考）設a、b∈R，若直線ax+by＝1與圓x2+y2＝2相切，則點P（a，b）與圓的位置關系是（）A．點在圓上 B．點在圓外 C．點在圓內 D．不能確定4．（2025?重慶校級模擬）已知圓C：x2+y2﹣4x﹣2y﹣4＝0，直線l：mx﹣y+3﹣m＝0，則直線與圓相交弦長的最小值為（）A．4 B．2 C．6 D．25．（2024秋?蒙陰縣校級期末）已知圓C：（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝a2（a＞0），點A（﹣2，0），B（2，0）．若圓C上存在點P使得∠APB＝90°，則a的最小值為（）A．1+52 B．-1+52 C．6．（2025?膠州市校級模擬）設圓O：x2+y2＝2上兩點A（x1，y1）B（x2，y2）滿足y1﹣y2＝x1﹣x2﹣4，則|AB|＝（）A．1 B．2 C．2 D．27．（2025?池州一模）已知直線l：xcosθ+ysinθ+1＝0（θ∈R），圓C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4，過l上一點P作C的兩條切線，切點分別為M，N，使四邊形PMCN的面積為82的點P有且僅有一個，則此時直線MNA．3x+4y﹣20＝0 B．9x+12y﹣65＝0 C．11x+17y﹣81＝0 D．19x+23y﹣129＝08．（2024秋?揚州期末）設m，n為實數，若直線mx+ny+2＝0與圓x2+y2＝4相切，則點P（m，n）與圓的位置關系是（）A．在圓上 B．在圓外 C．在圓內 D．不能確定二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?承德模擬）已知圓C：（x﹣2）2+y2＝1，點P（x0，y0）是圓C上的任意一點，則以下說法正確的是（）A．y0x0B．x0+2y0的最大值為3 C．x02+D．|x0+y0+2|的最小值為4（多選）10．（2025?云南一模）我國魏晉時期的數學家劉徽創立了割圓術，也就是用內接正多邊形去逐步逼近圓，即圓內接正多邊形邊數無限增加時，其周長就越逼近圓周長，這種用極限思想解決數學問題的方法是數學史上的一項重大成就．現作出圓x2+y2＝2的一個內接正八邊形，使該正八邊形的其中4個頂點在坐標軸上，則下列4條直線中可能是該正八邊形的一條邊所在直線的方程為（）A．x+(2-1)y-2C．x-(2+1)y+（多選）11．（2025春?深圳校級月考）已知圓C：x2+y2＝4，P是直線l：x+y﹣6＝0上一動點，過點P作直線PA，PB分別與圓C相切于點A，B，則（）A．圓C與直線l相離 B．|PA|存在最小值 C．|AB|存在最大值 D．存在點P使得△ABC為直角三角形（多選）12．（2025?邯鄲一模）已知直線l過點（2，1），且直線l與圓C：x2+y2﹣2x+2y﹣2＝0相切，則直線l的方程可能是（）A．y＝1 B．x＝2 C．4x+3y﹣11＝0 D．3x﹣4y+3＝0三．填空題（共4小題）13．（2025?玉溪二模）已知點A（4，0），B（2，2），若直線l過O（0，0）且平分△OAB的面積，則l被△OAB外接圓截得的弦長為．14．（2025?柳州三模）圓x2+（y﹣1）2＝5被x軸截得的弦長為．15．（2025?嘉定區二模）直線l：y＝x+1與圓C：x2+y2﹣4x﹣2y＝0相交所得的弦長為．16．（2025?浦東新區模擬）設圓C方程為x2+y2+4x﹣6y+10＝0，則圓C的半徑為．四．解答題（共4小題）17．（2025?遼寧一模）已知圓C1：x2+y2＝1，C2：x2+y2＝4，O為坐標原點，過圓C1上一動點G作圓C1的切線l1交圓C2于C，D兩點，直線OG交圓C2于A，B兩點．（1）四邊形ACBD的面積是否是定值，直接給出結果，不必證明；（2）對平面上所有點進行如下變換x=3x0y=y0，（即：原坐標（x0，y0）在這個變換下的新坐標為(3x0，y0)，圓C1、圓C2、直線l1分別變換成C3，C4，l2，點A，B，C，D，G變換成①寫出C3，C4的方程，l2與C3是否相切，證明你的結論；②四邊形A1C1B1D1的面積是否是定值，請說明理由．18．（2025春?江陰市校級月考）已知圓O：x2+y2＝1和點M(1（1）過點M作圓O的切線，求切線的方程；（2）已知A（2，4），設P為滿足方程PA2+PO2＝34的任意一點，過點P向圓O引切線，切點為B，試探究：平面內是否存在一定點N，使得|PB|219．（2025春?上海校級月考）（1）已知Pn+22（2）已知圓C1：(x-a)2+y2=1，圓C2：x2+(y-b)2=9，a20．（2025?開封二模）已知直線l：2x+2y+2=0與圓O：x2+y2＝1相交于A，B兩點，C為圓O上不同于A，B的一點．記△ABC的內角A，B，（1）求角C；（2）若a+b=

2025年高考數學復習新題速遞之圓與方程（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案DACABDBC二．多選題（共4小題）題號9101112答案ADABDABAC一．選擇題（共8小題）1．（2025?臨汾二模）已知圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝9上的點P到直線3x﹣4y+7＝0的距離為1，則滿足條件的點P的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．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；運算求解．【答案】D【分析】根據圓心到直線的距離與半徑的關系即可求解．【解答】解：由已知（x﹣1）2+（y﹣1）2＝9，可知圓心為（1，1），半徑為r＝3，圓心（1，1）到直線的距離為|3-4+7|5圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝9上的點P到直線3x﹣4y+7＝0的距離為1，則點P到直線3x﹣4y+7＝0的距離為1的點共有4個．故選：D．【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，是基礎題．2．（2025春?安徽月考）“點M（a，b）在圓O：x2+y2＝4外”是“直線ax+by＝1與圓O相交”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】直線與圓的位置關系；充分不必要條件的判斷．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】A【分析】利用點與圓的位置關系、直線與圓的位置關系結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論．【解答】解：圓O：x2+y2＝4的圓心為（0，0），半徑為2，若點M（a，b）在圓O：x2+y2＝4外，則a2+b2＞4，則圓心O到直線ax+by＝1的距離為d=1a2+b2＜1即“點M（a，b）在圓O：x2+y2＝4外”?“直線ax+by＝1與圓O相交”；當直線ax+by＝1與圓O相交，則d=1a不妨取a＝1，b＝1，則a2+b2＝2＜4，此時，點M（a，b）在圓O內，∴“直線ax+by＝1與圓O相交”．推出“點M（a，b）在圓O：x2+y2＝4外”．因此，“點M（a，b）在圓O：x2+y2＝4外”是“直線ax+by＝1與圓O相交”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，充要條件的判斷，是中檔題．3．（2025春?南京月考）設a、b∈R，若直線ax+by＝1與圓x2+y2＝2相切，則點P（a，b）與圓的位置關系是（）A．點在圓上 B．點在圓外 C．點在圓內 D．不能確定【考點】點與圓的位置關系；直線與圓相交的性質．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】C【分析】利用直線與圓相切可得出a2【解答】解：圓x2+y2＝2的圓心為原點O，半徑為2，因為直線ax+by＝1與圓x2+y2＝2相切，則1a即|OP|=a2+b2＜2，因此，點P故選：C．【點評】本題主要考查直線與圓以及點與圓的位置關系判斷，屬于基礎題．4．（2025?重慶校級模擬）已知圓C：x2+y2﹣4x﹣2y﹣4＝0，直線l：mx﹣y+3﹣m＝0，則直線與圓相交弦長的最小值為（）A．4 B．2 C．6 D．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；運算求解．【答案】A【分析】由題可得直線l過定點，則定點到圓心距離等于圓心到直線距離時可得最小值．【解答】解：圓C：x2+y2﹣4x﹣2y﹣4＝0化為標準方程（x﹣2）2+（y﹣1）2＝9，可知圓的圓心（2，1），半徑為3，l：mx﹣y+3﹣m＝0?m（x﹣1）﹣y+3＝0，則直線l過定點（1，3），因定點（1，3）在圓C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝9內，定點（1，3）到圓心的距離為(1-2)2故選：A．【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，是基礎題．5．（2024秋?蒙陰縣校級期末）已知圓C：（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝a2（a＞0），點A（﹣2，0），B（2，0）．若圓C上存在點P使得∠APB＝90°，則a的最小值為（）A．1+52 B．-1+52 C．【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；運算求解．【答案】B【分析】根據∠APB＝90°，可知點P在以AB為直徑的圓上，結合題意可得以AB為直徑的圓與圓C有公共點，從而根據兩圓的位置關系建立不等式，求出a的取值范圍，可得答案．【解答】解：圓C：（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝a2的圓心為C（a，2a），半徑為a．若∠APB＝90°，則點P在以AB為直徑的圓上，結合A（﹣2，0），B（2，0），可知該圓方程為x2+y2＝4，圓心為O（0，0），半徑為2．若圓C上存在點P使得∠APB＝90°，則圓C與圓O存在公共點P，可得|a﹣2|≤|OC|≤a+2，即|a﹣2|≤a2+4a2≤a所以實數a的最小值為-1+故選：B．【點評】本題主要考查了圓的方程及其性質、直線與圓的位置關系、兩圓的位置關系等知識，屬于中檔題．6．（2025?膠州市校級模擬）設圓O：x2+y2＝2上兩點A（x1，y1）B（x2，y2）滿足y1﹣y2＝x1﹣x2﹣4，則|AB|＝（）A．1 B．2 C．2 D．2【考點】根據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】轉化思想；綜合法；三角函數的求值；直線與圓；運算求解．【答案】D【分析】設x1=2cosα，y1=2sinα，x2=2cosβ，y2=2sinβ，α、β∈[0，2π），根據y1﹣y2＝x1﹣x2﹣4利用三角恒等變換公式化簡得2cos（α+π4）﹣2cos（β+π4）＝4，結合余弦函數的性質算出cos（α+π4）＝1【解答】解：根據題意，可得x12+y1設x1=2cosα，y1=2sinα，x2=2因為y1﹣y2＝x1﹣x2﹣4，即x1﹣x2﹣y1+y2＝4，所以2cosα-2cosβ-2sinα+2sinβ即2（cosα﹣sinα）-2（cosβ﹣sinβ）＝4，可得2cos（α+π4）﹣2cos（β+因為cos（α+π4）∈[﹣1，1]，cos（β+π4）∈[﹣所以2cos（α+π4）﹣2cos（β+π4）最大值為4，此時cos（α+π4）＝1，cos結合α∈[0，2π），β∈[0，2π），可得α+π4=2π，β+π4=π，即所以x1=2cos7π4=1，y1=2sin7π4=-1，x2=2cos3即A（1，﹣1），B（﹣1，1），可得|AB|=(1+1故選：D．【點評】本題主要考查圓的方程及其性質、兩角和與差的三角函數公式、余弦函數的性質、兩點間的距離公式等知識，考查了計算能力、等價轉化的數學思想，屬于中檔題．7．（2025?池州一模）已知直線l：xcosθ+ysinθ+1＝0（θ∈R），圓C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4，過l上一點P作C的兩條切線，切點分別為M，N，使四邊形PMCN的面積為82的點P有且僅有一個，則此時直線MNA．3x+4y﹣20＝0 B．9x+12y﹣65＝0 C．11x+17y﹣81＝0 D．19x+23y﹣129＝0【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；運算求解．【答案】B【分析】根據題意，可得|PC|＝6，且CP⊥l，由點到直線的距離公式求得cosθ=35sinθ=45，進而求得直線/的方程，再求出直線PC的方程，求得點P的坐標，求出以PC為直徑的圓的方程，易知直線MN【解答】解：如圖，SPMCN=2×1所以|PC|=|由圖知此時CP⊥l，則圓心C（3.4）到直線l：xcosθ+ysinθ+1＝0的距離為6，即6=|3cosθ+4sinθ+1|cos2θ+sin2∴sin（θ+φ）＝1，則θ+∴cosθ=所以l：35x+45y+1=0，即3x+4所以直線CP：y-4=43(x-3)，即聯立4x-3y=0因PC的中點坐標為(65，85)且則以PC為直徑的圓的方程為(x整理得5x2+5y2﹣12x﹣16y﹣25＝0，易知直線MN是圓C與以PC為直徑的圓的公共弦所在直線，將兩圓的方程相減得9x+12y﹣65＝0，故直線MN的方程為9x+12y﹣65＝0．故選：B．【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，直線方程的求法，是中檔題．8．（2024秋?揚州期末）設m，n為實數，若直線mx+ny+2＝0與圓x2+y2＝4相切，則點P（m，n）與圓的位置關系是（）A．在圓上 B．在圓外 C．在圓內 D．不能確定【考點】直線與圓的位置關系；點與圓的位置關系．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】C【分析】根據直線與圓相切的性質，結合點到直線的距離公式推導出m2+n2＝1，由此判斷出點P到圓心的距離小于半徑，進而可知點P在圓內，得出正確答案．【解答】解：根據題意，圓x2+y2＝4的圓心為O（0，0），半徑r＝2．因為直線mx+ny+2＝0與圓x2+y2＝4相切，所以圓心O到直線的距離d＝r，即|0+0+2|m2+n2=2，整理得m2可知點P（m，n）到O的距離d1=m2+n2=1＜r，即點P在圓x2故選：C．【點評】本題主要考查圓的方程、直線與圓的位置關系、點與圓的位置關系等知識，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?承德模擬）已知圓C：（x﹣2）2+y2＝1，點P（x0，y0）是圓C上的任意一點，則以下說法正確的是（）A．y0x0B．x0+2y0的最大值為3 C．x02+D．|x0+y0+2|的最小值為4【考點】直線與圓的位置關系．【專題】轉化思想；轉化法；直線與圓；運算求解．【答案】AD【分析】設y0x0=k設x0＝2+cosθ，y0＝sinθ（0≤θ＜2π），利用輔助角公式計算可判斷B；x02+(y0+1)2表示點P到點（0，﹣|x0+y0+2|=2×|x0+y0【解答】解：由題可知圓C：（x﹣2）2+y2＝1的圓心為（2，0），半徑為1，設y0x0=k，則y0＝kx0，又點P（x0，所以|2k即|2k即3k2＜1，解得-3所以y0x0的最大值為33，最小值為設x0＝2+cosθ，y0＝sinθ（0≤θ＜2π），則x0+2y當sin（θ+φ）＝1時，x0+2y0取最大值2+5，故Bx02+(y0+1)因為圓心（2，0）到點（0，﹣1）的距離為5，故最大值為5+1，最小值為5-1|x0+y0+2|=2×|x0+y因為圓心（2，0）到直線x+y+2＝0的距離為42故點P到直線x+y+2＝0距離的最小值為22-1，故|x0+y0+2|的最小值為4故選：AD．【點評】本題考查圓的方程的應用，屬于中檔題．（多選）10．（2025?云南一模）我國魏晉時期的數學家劉徽創立了割圓術，也就是用內接正多邊形去逐步逼近圓，即圓內接正多邊形邊數無限增加時，其周長就越逼近圓周長，這種用極限思想解決數學問題的方法是數學史上的一項重大成就．現作出圓x2+y2＝2的一個內接正八邊形，使該正八邊形的其中4個頂點在坐標軸上，則下列4條直線中可能是該正八邊形的一條邊所在直線的方程為（）A．x+(2-1)y-2C．x-(2+1)y+【考點】直線和圓的方程的應用；兩條直線平行與傾斜角、斜率的關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】ABD【分析】設圓x2+y2＝2的一個內接正八邊形為ABCDEFGH，圓心為O，分別以OA，OC所在直線為x，y軸建立平面直角坐標系，寫出A，B，C，D，E的坐標，從而可求AB，BC，CD，DE的直線方程，根據平行關系即可求解．【解答】解：由圖可知：A（2，0），B（1，1），C（0，2），D（﹣1，1），E（-2，0所以直線AB，BC，CD，DE的方程分別為y=1-01-2(整理為一般式即x+((1-(2x-前三個分別對應題中的A，B，D選項，而正八邊形中，AB與EF，BC與FG，CD與GH，DE與AH所在直線分別平行，由第四個式子可知，正八邊形各邊所在直線不可能為選項C．故選：ABD．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，是中檔題．（多選）11．（2025春?深圳校級月考）已知圓C：x2+y2＝4，P是直線l：x+y﹣6＝0上一動點，過點P作直線PA，PB分別與圓C相切于點A，B，則（）A．圓C與直線l相離 B．|PA|存在最小值 C．|AB|存在最大值 D．存在點P使得△ABC為直角三角形【考點】直線與圓的位置關系．【專題】方程思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】AB【分析】由直線和圓的位置關系可判斷A；求得切線長，結合點到直線的距離公式，可判斷B；由四邊形的面積可得|AB|，結合|PC|的最小值，可判斷C；由|AB|的最小值和直角三角形的定義，可判斷D．【解答】解：圓C：x2+y2＝4的圓心C（0，0），半徑為2，直線l：x+y﹣6＝0，可得C到直線l的距離為d=62=3即直線l與圓C相離，故A正確；由PA⊥AC，可得|PA|=|而|PC|的最小值為d＝32，則|PA|的最小值為18-4=由PC⊥AB，可得四邊形PACB的面積為12|PC|?|AB|＝2×12×即有|AB|=4|PA||PC|=41-4要使△ABC為直角三角形，只能是∠ACB為直角，即|AB|＝22，由C可得|AB|≥473＞22，則不存在點P使得△故選：AB．【點評】本題考查圓的方程和性質，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．（多選）12．（2025?邯鄲一模）已知直線l過點（2，1），且直線l與圓C：x2+y2﹣2x+2y﹣2＝0相切，則直線l的方程可能是（）A．y＝1 B．x＝2 C．4x+3y﹣11＝0 D．3x﹣4y+3＝0【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；運算求解．【答案】AC【分析】求出圓C的圓心和半徑，再按直線l的斜率是否存在分類，結合圓的切線性質求解．【解答】解：圓C：x2+y2﹣2x+2y﹣2＝0化為標準方程：（x﹣1）2+（y+1）2＝4，可得圓心C（1，﹣1），半徑r＝2，當直線l的斜率不存在時，直線方程為x＝2，點C到直線x＝2的距離為1，不符合題意，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，由直線l與圓C相切得：|2-k|k2+(-1)2所以直線l的方程為：y＝1或4x+3y﹣11＝0．故選：AC．【點評】本題考查直線與圓位置關系的綜合應用，是中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?玉溪二模）已知點A（4，0），B（2，2），若直線l過O（0，0）且平分△OAB的面積，則l被△OAB外接圓截得的弦長為6105【考點】過圓內一點的弦及弦長的最值．【專題】轉化思想；轉化法；直線與圓；運算求解．【答案】610【分析】分析可知△OAB外接圓圓心為N（2，0），半徑r＝2，直線l過O（0，0），M（3，1），結合垂徑定理求弦長．【解答】解：分別取OA，AB的中點N（2，0），M（3，1），則|ON|＝|NA|＝|NB|＝2，可知△OAB外接圓圓心為N（2，0），半徑r＝2，直線l過O（0，0）且平分△OAB的面積，則直線l過O（0，0），M（3，1），則直線l：y=13x，即x則圓心N（2，0）到直線l的距離d=所以l被△OAB外接圓截得的弦長為2r故答案為：610【點評】本題主要考查直線與圓相交的弦長，屬于中檔題．14．（2025?柳州三模）圓x2+（y﹣1）2＝5被x軸截得的弦長為4．【考點】直線及坐標軸被圓截得的弦及弦長．【專題】對應思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】4．【分析】由點到直線的距離公式求得圓心到x軸的距離，再由圓的弦長公式即可求得．【解答】解：圓x2+（y﹣1）2＝5的圓心為（0，1），半徑為5，所以圓心到x軸的距離為d＝1，所以圓x2+（y﹣1）2＝5被x軸截得的弦長為25-1故答案為：4．【點評】本題考查圓的弦長公式的應用，屬于基礎題．15．（2025?嘉定區二模）直線l：y＝x+1與圓C：x2+y2﹣4x﹣2y＝0相交所得的弦長為23．【考點】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；運算求解．【答案】23．【分析】求出圓心的直線的距離，根據弦長公式即可求出．【解答】解：圓C：x2+y2﹣4x﹣2y＝0化為標準方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5，則圓心為（2，1），半徑為r=5則圓心到直線l：y＝x+1的距離d=|2-1+1|可得相交所得的弦長為2r2-d2=故答案為：23．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，屬于基礎題．16．（2025?浦東新區模擬）設圓C方程為x2+y2+4x﹣6y+10＝0，則圓C的半徑為3．【考點】圓的一般式方程與標準方程的互化；由圓的標準方程求圓的幾何屬性．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】3．【分析】將圓C的方程化為標準方程，可得出圓C的半徑．【解答】解：將圓C的方程x2+y2+4x﹣6y+10＝0化為標準方程可得（x+2）2+（y﹣3）2＝3，故圓C的半徑為3．故答案為：3．【點評】本題考查了圓的方程，是基礎題．四．解答題（共4小題）17．（2025?遼寧一模）已知圓C1：x2+y2＝1，C2：x2+y2＝4，O為坐標原點，過圓C1上一動點G作圓C1的切線l1交圓C2于C，D兩點，直線OG交圓C2于A，B兩點．（1）四邊形ACBD的面積是否是定值，直接給出結果，不必證明；（2）對平面上所有點進行如下變換x=3x0y=y0，（即：原坐標（x0，y0）在這個變換下的新坐標為(3x0，y0)，圓C1、圓C2、直線l1分別變換成C3，C4，l2，點A，B，C，D，G變換成①寫出C3，C4的方程，l2與C3是否相切，證明你的結論；②四邊形A1C1B1D1的面積是否是定值，請說明理由．【考點】直線與圓的位置關系．【專題】方程思想；轉化法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】（1）是，43；（2）①x23+y2=1，x212+y24=1，l【分析】（1）四邊形對角線垂直，且對角線長不變；（2）①代入原方程后整理得到C3，C4，討論直線l1的斜率不存在，得到直線l2方程，證明是否相切；討論l1的斜率存在時，設直線方程，由切線的性質建立關系，從而得到直線l2方程，聯立后由判別式判斷是否相切；②討論直線l1斜率存在時設C1，D1，聯立方程組，消y得關于x的一元二次方程，由韋達定理和交點弦長公式求得|C1D1|，得到O到l2的距離，從而求出S△OD1【解答】解：（1）由AB與CD垂直，四邊形ACBD的面積S1四邊形ACBD對角線互相垂直，且對角線長不變，所以四邊形ACBD的面積為定值43（2）①由已知得C3，C4的方程分別為x2證明：若l1的斜率不存在時，l2的方程為x=±3，此時顯然l2與若l1的斜率存在時，設l1的方程為y＝kx+m，l1與C1相切得d1即m2＝k2+1，l2的方程為y=kx3得(1+k此時Δ=(2所以只有一個交點，顯然l2與C3相切．②設C1（x1，y1），D1（x2，y2），聯立y=消y得(1+kΔ＝12（﹣m2+4k2+4）＝36k2+36＞0_，x1+x|C將m2＝k2+1，代入得|CO到l2的距離為d2所以S△顯然B1O＝2OG1，OG1＝G1A，所以S△所以四邊形A1C1B1D1的面積S=3當直線l1的斜率不存在時，l2的斜率也不存在，此時，A1(23此時四邊形A1C1B1D1的面積S＝12，所以四邊形A1C1B1D1的面積是定值．【點評】本題考查圓與橢圓方程的應用，屬于難題．18．（2025春?江陰市校級月考）已知圓O：x2+y2＝1和點M(1（1）過點M作圓O的切線，求切線的方程；（2）已知A（2，4），設P為滿足方程PA2+PO2＝34的任意一點，過點P向圓O引切線，切點為B，試探究：平面內是否存在一定點N，使得|PB|2【考點】直線與圓的位置關系；過圓外一點的圓的切線方程．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】（1）x＝1和x-（2）存在，定點為N(-15，-25)，定值為5【分析】（1）按直線的斜率是否存在進行分類，切線的性質加以計算，可得所求切線的方程；（2）根據所給條件求出點P的軌跡方程，然后設N（m，n），且|PB|2|PN|2【解答】解：（1）①當過M的直線斜率不存在時，方程為x＝1，可知直線與圓O：x2+y2＝1相切，②當過M的直線斜率存在時，設其方程為y=k(x-1)+3，即kx根據圓心到切線的距離為1，可得|3-k所以切線方程為y=33綜上所述，過點M作圓O的切線，則切線的方程為x＝1和x-（2）設P（x，y），由PA2+PO2＝34，可得（x﹣2）2+（y﹣4）2+x2+y2＝34，整理得x2+y2﹣2x﹣4y﹣7＝0．由題意得|PB|2＝|PO|2﹣1＝x2+y2﹣1，|PN|2＝（x﹣m）2+（y﹣n）2．若存在N（m，n），使|PB|2|PN|2=k為定值，則x2+y2﹣1＝k（x﹣m）2整理得（1﹣k）（x2+y2）＝k（m2+n2）﹣2mkx﹣2nky+1，將x2+y2＝2x+4y+7代入上式，可得（1﹣k）（2x+4y+7）＝k（m2+n2）﹣2mkx﹣2nky+1，整理得（2﹣2k+2mk）x+（4﹣4k+2nk）y+6﹣7k﹣k（m2+n2）＝0，欲使|PB|2|PN|2為定值，則有1-k+mk=02-2k+nk=0綜上所述，存在定點N(-15，-25)，使|PB|2|【點評】本題主要考查圓的方程及其性質、直線與圓的位置關系、兩點間的距離公式及其應用等知識，屬于中檔題．19．（2025春?上海校級月考）（1）已知Pn+22（2）已知圓C1：(x-a)2+y2=1，圓C2：x2+(y-b)2=9，a【考點】根據兩圓的圓心距與兩圓半徑之和求解圓與圓的位置關系．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；排列組合；運算求解．【答案】（1）6；（2）12．【分析】（1）根據排列數公式化簡所給方程，進而求得自然數n的值；（2）根據兩圓的位置關系確定|C1C2|的取值范圍，得到a、b滿足的條件，再把滿足條件的a、b一一列舉出來，即可得到本題的答案．【解答】解：（1）由Pn+22-Pn2=26，可得（n+2）（n+1）﹣n（n﹣1）＝26，整理得4（2）根據題意，可得圓C1的圓心為（a，0），半徑r1＝1，圓C2的圓心為（0，b），半徑r2＝3．因為|C1C2|=a2+b2，且兩圓有公共點，所以3﹣1≤|C1C2|≤3+1?2≤|C1C2|≤4，可得當a＝0時，b＝﹣4，3，﹣2；當a＝1時，b＝3，﹣2；當a＝2時，b＝0，1，﹣2，3；當a＝3時，b＝0，1，﹣2．綜上所述，滿足條件的P（a，b）共有12個．【點評】本題主要考查排列數公式、兩點間的距離公式、兩圓的位置關系等知識，屬于中檔題．20．（2025?開封二模）已知直線l：2x+2y+2=0與圓O：x2+y2＝1相交于A，B兩點，C為圓O上不同于A，B的一點．記△ABC的內角A，B，（1）求角C；（2）若a+b=【考點】直線與圓的位置關系；解三角形．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；解三角形；直線與圓；運算求解．【答案】（1）C＝60°或120°；（2）34【分析】（1）根據弦長公式得c=3，再利用正弦定理得到（2）根據余弦定理得ab=32(1+cosC)，再對C【解答】（1）解：圓O：x2+y2＝1是單位圓，圓心O到直線l：2x+2y+2=0的距離∴|AB又C為△ABC外接圓O上一點，∴csinC解之得sinC=∵0°＜C＜180°，∴C＝60°或120°；（2）解：由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC＝（a+b）2﹣2ab（1+cosC），即3＝6﹣2ab（1+cosC），即ab=①當C＝60°時，ab=此時S△②當C＝120°時，ab=∵c為最大邊，∴ab＜3×3=3綜上所述，△ABC的面積為34【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，三角形的解法，是中檔題．

考點卡片1．充分不必要條件的判斷【知識點的認識】充分不必要條件是指如果條件P成立，則條件Q必然成立，但條件Q成立時，條件P不一定成立．用符號表示為P?Q，但Q?P．這種條件在數學中表明某個條件足以保證結果成立，但不是唯一條件．【解題方法點撥】要判斷一個條件是否為充分不必要條件，可以先驗證P?Q，然后找反例驗證Q成立但P不成立．舉反例是關鍵步驟，找到一個Q成立但P不成立的例子即可證明P不是Q的必要條件．例如，可以通過幾何圖形性質驗證某些充分不必要條件．【命題方向】充分不必要條件的命題方向包括幾何圖形的特殊性質、函數的特定性質等．已知命題p：x2﹣4x+3＜0，那么命題p成立的一個充分不必要條件是（）A．x≤1B．1＜x＜2C．x≥3D．2＜x＜3解：由x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜3，則1＜x＜2和2＜x＜3都是1＜x＜3的充分不必要條件．故選：BD．2．解三角形【知識點的認識】1．已知兩角和一邊（如A、B、C），由A+B+C＝π求C，由正弦定理求a、b．2．已知兩邊和夾角（如a、b、c），應用余弦定理求c邊；再應用正弦定理先求較短邊所對的角，然后利用A+B+C＝π，求另一角．3．已知兩邊和其中一邊的對角（如a、b、A），應用正弦定理求B，由A+B+C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c邊，要注意解可能有多種情況．4．已知三邊a、b、c，應用余弦定理求A、B，再由A+B+C＝π，求角C．5．方向角一般是指以觀測者的位置為中心，將正北或正南方向作為起始方向旋轉到目標的方向線所成的角（一般指銳角），通常表達成．正北或正南，北偏東××度，北偏西××度，南偏東××度，南偏西××度．6．俯角和仰角的概念：在視線與水平線所成的角中，視線在水平線上方的角叫仰角，視線在水平線下方的角叫俯角．如圖中OD、OE是視線，是仰角，是俯角．7．關于三角形面積問題①S△ABC=12aha=12bhb=12chc（ha、hb、hc分別表示②S△ABC=12absinC=12bcsinA=③S△ABC＝2R2sinAsinBsinC．（R為外接圓半徑）④S△ABC=abc⑤S△ABC=s(s-a)(s-b)(⑥S△ABC＝r?s，（r為△ABC內切圓的半徑）在解三角形時，常用定理及公式如下表：名稱公式變形內角和定理A+B+C＝πA2+B2=π2-C2，余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosAb2＝a2+c2﹣2accosBc2＝a2+b2﹣2abcosCcosA=cosB=cosC=a正弦定理asinA=R為△ABC的外接圓半徑a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinCsinA=a2R，sinB=b射影定理acosB+bcosA＝cacosC+ccosA＝bbcosC+ccosB＝a面積公式①S△=12aha=12bh②S△=12absinC=12acsinB③S△=④S△=s(s-a)(s-b)(⑤S△=12（a+b+c（r為△ABC內切圓半徑）sinA=sinB＝2SsinC=3．兩條直線平行與傾斜角、斜率的關系【知識點的認識】兩直線平行與傾斜角、斜率的關系：①如果兩條直線的斜率存在，設這兩條直線的斜率分別為k1，k2，傾斜角分別為α1，α2，則有：兩直線平行?傾斜角α1＝α2?斜率k1＝k2②如果兩條直線的斜率都不存在，那么這兩條直線的傾斜角都為90°，這兩條直線平行．4．由圓的標準方程求圓的幾何屬性【知識點的認識】﹣幾何屬性：從標準方程中可以直接讀出圓心和半徑．（x﹣h）2+（y﹣k）2＝r2﹣圓心：（h，k）﹣半徑：r【解題方法點撥】﹣提取屬性：1．圓心：標準方程中的h和k是圓心坐標．2．半徑：半徑是方程右側的平方根，即r2【命題方向】﹣幾何屬性提取：考查如何從標準方程中提取圓的幾何屬性，包括圓心和半徑的確定．5．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，涉及代數配方和幾何解釋．6．點與圓的位置關系【知識點的認識】點與圓的位置關系分為在園內，在圓上和在圓外，判斷的方法就是該點到圓心的距離和圓半徑的大小之間的比較．①當點到圓心的距離小于半徑時，點在圓內；②當點到圓心的距離等于半徑時，點在圓上；③當點到圓心的距離大于半徑時，點在圓外．7．過圓外一點的圓的切線方程【知識點的認識】﹣外切線方程：給定圓的方程（x﹣h）2+（y﹣k）2＝r2和外點（x0，y0），可以使用切線公式：(x其中R是與圓外切的圓的半徑．【解題方法點撥】﹣求切線方程：1．計算切點：找到外點到圓的距離，即切線半徑．2．應用公式：使用切線方程公式計算得到切線方程．【命題方向】﹣外切線問題：考查如何找到通過圓外一點的切線方程，涉及到切線長度和幾何計算．8．直線與圓相交的性