2023年新高考數(shù)學一模試題匯編11 直線和圓（解析版）

專題11直線和圓

一、單選題

1.（2023.福建?統(tǒng)考一模）雙曲線C:9--=1的下焦點為尸，過F的直線/與C交于A,B兩點，若過A,

8和點M（O,4）的圓的圓心在X軸上，則直線/的斜率為（）

B.±√2C.±1D.±-

【答案】B

【分析】根據(jù)題意設出直線48的方程，與曲線方程聯(lián)立，結合韋達定理求出48的中點坐標和弦長48,然

后利用垂徑定理可得直線/的斜率.

【詳解】由題意可知：F（0,-2）,設/（如力）,8（如丫2），48的中點為2，過點4,8,"的圓的圓心坐標為6（60）,

則IGMl=√t2+7=r,

由題意知：直線48的斜率存在且不為0,設直線AB的方程為：y=kx-2,

（y=kx-2

聯(lián)立方程組V,,消元可得：（Y-3）/—4h+1=0,

―X=1

則1-3≠0,Δ=16∕C2-4（∕c2-3）=12k2+12>0,

由韋達定理可得：％1÷x=薩F%1%2=所以AB的中點P的坐標孫==言IyP=kxp-2=-?-,

2K~jK,-JZK~~?SK~Λ

則P（TiJ，*），由圓的性質可知：圓心與弦中點連線的斜率垂直于弦所在的直線，所以APG=孌二=

-

/￡”—3ΓCΛ?CtK

整理可得：￡=急(*),則圓心GsO)到直線AB的距離d=舒，

由弦長公式可得：∣∣22XX2亙,

48=√1+kyj(x1+x2)^412=√1+?福

由垂徑定理可得：r2=d2+G∣48∣)2,

也即《2+7=華等+(1+爐)警察，將(*)代入可得：

l+fcz、'(fcz-3)2

64〃2?∑T-2)3(1+1)264—36/^+363(l+∕c2)2

222U|22,

(H-3)2十一l+k+(k-3)*(k-3)十一(H-3)2+(fc2-3)2

42

整理可得：k-5fc+6=0,則(1一2)(1-3)=0,因為∕c2-3κθ,

所以1一2=0,則k=±√∑

故選：B.

2.(2023.福建?統(tǒng)考一模)過拋物線=4x的焦點作直線/,/交C于M,N兩點，若線段MN中點的縱

坐標為2,貝IJlMNl=()

A.10B.9C.8D.7

【答案】C

【分析】設直線MN的方程為％-1=my,聯(lián)立拋物線方程得?y?一4τny-4=0,利用韋達定理求出小值，

再利用弦長公式即可.

【詳解】由拋物線方程知焦點坐標為（L0）,

設直線MN的方程為％-1=myf聯(lián)立y?=4%得好一4my-4=0,

設Mal,%）,ΛZ（x2,y2）>則Vi+”=4m,y1y2=-4,

則在產=2m=2,解得m=1,

22

則IMNl=VTn2+1.Iy1—y2∣=y∕m2_|,?.J（%+先），-4%丫2=Vl÷1?√4+4x4=8,

故選：C.

3.（2023?山東荷澤統(tǒng)考一模）過拋物線Cy=4/焦點F作傾斜角為30。的直線交拋物線于48,則∣481=

（）

12

A.iB.-C.1D.16

33

【答案】A

【分析】點斜式設出直線1的方程，代入拋物線方程，根據(jù)拋物線的定義，利用韋達定理來求解.

【詳解】y=4/化為標準形式/=Iy由此知2p=（p=?;

設直線I的方程為：y=?%+多A（XI，%），8（%2，、2），根據(jù)拋物線定義知1力8|=%+%+P；

將x=√5（y-代入/=2py,可得12y2-20py+3p2=0,

205

%+'2=迎=/；

由此代入∣4B∣=yι+y+P=∣P+P=^P=^×?=∣?

2O??O?

故選：A

4.（2023?山東威海?統(tǒng)考一模）己知雙曲線C:捺一總=1（（1>0/>0）的左焦點為&,M為C上一點，M

關于原點的對稱點為N,若NMFIN=60。，且IFINl=2∣FlMl,則C的漸近線方程為（）

A.y=+—XB.y=±V3xC.y=±—%D.y=±Vβx

【答案】D

【分析】由對稱性知四邊形MFlNF2為平行四邊形，可求得IFlMI,∣F2M∣及4尸1”尸2，在4MF∕2中，由余弦

定理建立a,b的關系，從而求得漸近線方程.

【詳解】如圖所示，不妨設M在左支，

由對稱性知四邊形MFlNF2為平行四邊形，

由IFINl=2∣F1M∣M∣F2M∣=2∣FM,

由雙曲線定義知：尸2"1-IaMl=2α,

所以IFlMl=2a,?F2M?=?F1N?=4a,

因為NMFlN=60。，所以Z?F1MF2=120。

2

在AM尸中,由余弦定理得|京尸2/=IFlMI2+∣F2M∣-2∣F1M∣?∣F2M∣cosl20°,

UP4c2=4a2+16α2-2x2αx4αx(-g),

整理得C?=7α2,即α2+62=7α2,所以2=通，

a

則C的漸近線方程為y=±^x=±√6x.

故選：D

【點睛】求雙曲線的漸近線就是求α與b的關系，通過可通過幾何關系或代數(shù)式建立關于α,b,c的一個齊次

等式，求解L￡均可得到漸近線方程.幾何關系通過用到平面幾何中的有關知識建立關系，甚至平面向量、

aa

正弦定理、余弦定理都可以用來建立關系式.

5.(2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模)在平面直角坐標系Xoy中,已知/(3,0),B(0,t)(t>0),若該平面中存在點P,

同時滿足兩個條件∣PZ∣2+2-。|2=12與IPol=√Σ∣PB∣,則t的取值范圍是()

A.(0,9一1)B.俘+L+8)

c?件T曰+1)d?(θ.y-l)∪(y+l.+∞)

【答案】D

【分析】設出點P坐標,根據(jù)IP川2+2?PO?2=12,求出點P的軌跡方程,根據(jù)IPol=√Σ∣PB∣,可求出點P的另一

個軌跡方程,只需這兩個方程的曲線無交點即可,利用圓與圓的位置關系列出等式求出范圍即可.

【詳解】解:由題知,不妨設P(x,y),

因為∣PA∣2+2?PO?2=12,

所以(%—3)2+y2+2(X2+y2)=12,

化簡可得:(x-I)2+y2=2,

故點P在以(1,0)為圓心,企為半徑的圓上，

又因為IPOl=√2∣PB∣,

22

所以JX2+y2=√2?y∕x+(y-t),

化簡可得:小+(y-2t)2=2t2,

即點P在以(0,2t)為圓心,√∑t為半徑的圓上，

故若存在點P,只需圓(X-I)2+y2=2與圓M+(y-2t)2=2t?有交點即可，

BP∣√2t-√2∣≤√12+(2t)2≤∣√2t+√2∣,

同時平方化簡可得：1一4t≤2產≤1+4t,

嚼UI二:二解得欄T*W+L

所以不存在點P時，t>彳+1或0<t<9一L

故選:D

二、多選題

6.(2023?山東莉澤?統(tǒng)考一模)己知圓O:/+y2=%下列說法正確有()

A.對于VmeR,直線(2zn+l)x+(m+l)y-7m-4=0與圓。都有兩個公共點

B.圓0與動圓C:(x-k)2+⑶—√3∕c)2=4有四條公切線的充要條件是網(wǎng)>2

C.過直線X+y-4=0上任意一點P作圓。的兩條切線PAPB(4,8為切點)，則四邊形PAOB的面積的最

小值為4

D.圓。上存在三點到直線x+y-2=0距離均為1

【答案】BC

【分析】對于選項A,轉化為判斷直線恒過的定點與圓的位置關系即可：對于選項B,轉化為兩圓外離，

運用幾何法求解即可；對于選項C,由Sp408=2SAOAP=2Ji而產4,轉化為求IOPl最小值即可；對于

選項D,設圓心到直線的距離為d,比較r-d與1的關系即可.

【詳解】對于選項A,因為(2m+l)x+(m+l)y—7m-4=0,即：m(2x+y-7)+x+y-4=0>

所以二：所以直線恒過定點(3,1),

又因為32+12>4,所以定點(3,1)在圓O外，

所以直線(2?n+l)x+(τn+l)y-7τn—4=0與圓O可能相交、相切、相離，即交點個數(shù)可能為0個、1

個、2個.故選項A錯誤；

對于選項B,因為圓O與動圓C有4條公切線，所以圓O與圓C相離，

又因為圓O的圓心0(0,0),半徑G=2,圓C的圓心C(k,bk),半徑萬=2,

所以∣OC∣>+「2，即：Jk2+(√3k)2>4,解得：陽>2.故選項B正確；

222

對于選項C,SPAOB=2SΔOΛP=2×∣×?OA?X?PA?=2×i×?OA?Xy∕?OP?-?0A?=2√∣OP∣-4,

又因為O到P的距離的最小值為O到直線x+y—4=0的距離，即：|。PImin=詈=2√Σ

所以四邊形PAOB的面積的最小值為=4.故選項C正確；

對于選項D,因為圓O的圓心O(0,0),半徑rl=2,則圓心O到直線x+y-2=0的距離為d=合=VL

所以rl-d=2-√5<1,所以圓O上存在兩點到直線％+y-2=0的距離為1.故選項D錯誤.

故選：BC.

7.(2023?山東臨沂?統(tǒng)考一模)已知圓。:/+丫2-6》+8=0,點力(0,4),點。在圓(;上，。為坐標原點，

則()

A.線段AP長的最大值為6B.當直線AP與圓C相切時，?AP?=2√6

C.以線段AP為直徑的圓不可能過原點。D.而?希的最大值為20

【答案】ABD

【分析】由定點到圓上點的距離范圍可得A正確；根據(jù)切線長公式即可求得IaPl=2傷，根據(jù)直徑所對圓

周角為直角可知，當P在X軸上時以線段AP為直徑的圓過原點。；利用向量數(shù)量積的坐標表示即可得出結論.

【詳解】根據(jù)題意可知。:(％-3)2+丫2=1的圓心以3,0),半徑r=l,如下圖所示：

易知IaPl<?AC?+ICPl=√32+42+1=6,當且僅當4、C、P三點共線(且C點在中間)時，等號成立,

即A正確；

22

當直線AP與圓C相切時，由勾股定理可得MPl=yJ?AC?-?CP?=√25^T=2√6,所以B正確；

若以線段ZP為直徑的圓過原點。，由直徑所時圓周角為直角可得乙4。P=90。，

易知當P在X軸上時，滿足題意；

所以以線段AP為直徑的圓可能過原點0,即C錯誤；

設點P(Xo,%)，易知&e[2,4],y0C[-‰1]>

則配=(O,-4),IP=(x0,y0-4)

所以布?而=16-4yo≤16-4x(-l)=2O,即近?Q的最大值為20,即D正確：

故選：ABD

8.(2023?廣東汕頭?統(tǒng)考一模)已知直線k2x-y—3=0,%：%-2y+3=0,圓C：(x-α)2+(y-6)2=

r2,若圓C與直線％%都相切，則下列選項一定正確的是()

A.匕與％關于直線y=χ對稱

B.若圓C的圓心在X軸上，則圓C的半徑為3或9

C.圓C的圓心在直線X+y-6=O或直線X—y=O上

D.與兩坐標軸都相切的圓C有且只有2個

【答案】ACD

【分析】對于A,將線關于線對稱轉化為點關于線對稱，利用點關于線對稱的解決辦法及點在直線上即可

求解；

對于B,根據(jù)己知條件設出圓心，利用直線與圓的相切的條件及點到直線的距離公式即可求解；

對于C,利用圓的標準方程得出圓心和半徑，利用直線與圓的相切的條件及點到直線的距離公式，結合點

在直線上即可求解；

對于D,根據(jù)已知條件及選項C的結論，利用點到坐標軸的距離公式及半徑的定義，結合點在直線上即可

求解.

【詳解】對于A,設直線I1：2x-y-3=O上任意一點(XO,2%o-3)關于直線y=%對稱的點為(τn,n),則

(2-o-3-n_

m

nι^~n.7y/解得?n-2〃+3=0,所以點(m,n)在直線％：x-2y+3=0上，所以匕與%關于直線

TTI~ΓXQM十一?

2―2

y=%對稱，故A正確；

對于B,因為圓C的圓心在X軸上，設圓心為(α,0),因為圓C與直線I1，Z都相切，所以r=需=甯，

解得α=O或α=6,當α=O時，r=5=?；當a=6時，r=看=等，故B錯誤；

對于C,由圓C：(x-α)2+(y-b)2=N,得圓心為(α,b),半徑為r,因為圓C與直線小％都相切，所

以「_?α-g_3∣_∣∏-2fa+3∣^解得&-∣.e_e=O或?！猠,所以圓心(α,b)在直線X+y-6=O或直線X-y=O

上，故C正確；

對于D,由圓C：(x—α)2+(y-b)2=N,得圓心為(α,b),半徑為r,因為圓C與兩坐標軸都相切，得圓

心到X軸的距離為向,到y(tǒng)軸的距離為∣α∣,所以r=Ial且r=?b?,即Ial=?b?,解得α=b或α=-b,當a=b

時，由題意可知政若芻=Ia解得α=b=-&|旦或α=b=駒?，當α=-b時，此時不滿足，所以

與兩坐標軸都相切的圓C有且只有2個，故D正確.

故選：ACD.

9.(2023?廣東深圳?統(tǒng)考一模)已知拋物線C-y2=2x的準線為，，直線久=my+n與C相交于A、B兩點，

M為AB的中點，則()

A.當TI=泄，以AB為直徑的圓與陽交

B.當n=2時，以AB為直徑的圓經(jīng)過原點O

C.當∣4B∣=4時，點M至〃的距離的最小值為2

D.當MBl=I時，點M至”的距離無最小值

【答案】BC

【分析】將直線X=Tny+n代入C:y2=2,結合韋達定理求得M坐標、點M到準線1的距離d”及∣4B∣.當

n=T時，由B∣4B∣=d”可判斷A：當n=2時，由萬？?麗=0可判斷B；當MBl=4時，得n,m的關系式，

代入4M表達式，利用基本不等式可判斷C；當∣48∣=1時，得電6的關系式，代入d”表達式，利用對勾函

數(shù)的性質可判斷D.

【詳解】拋物線C"=2x,準線I方程是X=-i,

直線X=my+n代入C:y2=2%,可得y?—2my-2n=0,Δ=4m2÷8n>0,

設401，%),8(%2，丫2)，則Vi+%=2m,y1y2=-2n,

z

?i+x2=(my1+n)÷(τny2+∏)=m(y1÷y2)+2n=2m+2n,

222

x1x2=(my1+n)(τny2+n)=rny1y2÷τnn(y1+y2)+n=n,

設”('“，YM)，貝詠乂==爪2+4y”==血，

2

點M到準線Z的距離d??=XM+∣=m+n+?,

2222

?AB?=71+my∕(y1+y2)—4y1yz=√1+m√4τn÷8n,

222

當九=1時，??AB?-∣√1+77i√4τπ+4=1+mf點M到準線/的距離d”=zn?+ι,則以AB為直徑的

圓與Z相切，故A錯誤；

當九二2時，65?麗=XlX2+為力="2-2Zl=0,K∣JO∕11OBt則以AB為直徑的圓經(jīng)過原點O,故B

正確；

當MBl=4時，即+?=2,4血2+8幾=4,得n=之一12,

l+m22zn

則dM=m2+n+(=∕+—N2j^P^=2,當且僅當?n=±1時等號成立，故C正確；

當?ABI=1時，即?√4+m2√4τ∏2+8∏=1,得幾=1—?m2,

8(l+mz)2

所以d??=nt2+幾+1=8(]jyn2)+令1+nt?=t,t≥1，

則d”=2+3=4C+t%由對勾函數(shù)的性質得，當時，d”單調遞增，

故當t=l時，d”取最小值J，故D錯誤.

故選：BC.

10.(2023?廣東佛山?統(tǒng)考一模)設單位圓O與X軸的左、右交點分別為A、B,直線/：xcosθ-ysinθ+1=0

(其中0＜。＜兀)分別與直線x+1=0、尤一1=0交于C、￡＞兩點，則()

A.O=爭寸，/的傾斜角為：

B.Vee(O,π),點A、B到/的距離之和為定值

C.30∈(0,π).使/與圓。無公共點

D.VO∈(0,Tt),恒有Oe1OD

【答案】BD

【分析】對于A：首先得到直線的斜率，即可求出直線的傾斜角，從而判斷A,對于B,分別求出點4、B到

直線1的距離，再求和即可，求出坐標原點。到直線/的距離，即可判斷C,求出C,。點坐標，再求出反?OD,

即可判斷D.

【詳解】解：依題意A(T,0),B(1,0),

對于A：當6=g時直線I:XCoSm-ysing+1=0,即-IX-?y+l=0，

所以直線Z的斜率k=-f,所以直線，的傾斜角為自，故A錯誤；

對于B：點4到直線I的距離di=然熱e=l-cose+1|,

點B到直線1的距離d2==ICOSe+1|,

√Γc?oszβ+RsιnzFθ

所以點4、B到直線，的距離之和為d=|—cosθ+1∣+ICoSe+11,

因為6∈(0,兀)，所以COSe∈(—1,1),所以d=—cos。+1÷cosθ÷1=2,

即對V9∈(0,π),點4、B到直線［的距離之和為定值2,故B正確；

對于C:坐標原點。到直線/的距離d。=IC一/Sin拓=L

所以直線，與單位圓相切，即直線，與單位圓必有一個交點，故C錯誤；

對于D：對于直線LXCoSe—ysin。+I=0,令X=-1,解得y=；曹］,

令x=l,解得y=七i，

即C(T$)，D(L甯)，

所以況=(T喏1),而=(1,嘿1),

所以瓦?麗=一1+智?F?出=一1+上*=一1+噂=0,所以說，說，

SInesin。sιnz^SlnZe

即V?！?0,兀)，恒有OC_L。。，故D正確；

故選：BD

11.(2023.廣東肇慶?統(tǒng)考二模)已知圓C:(x-l)2+(y—2)2=25,直線上(2m+l)x+(m+l)y-7m-

4=0,則()

A.直線I過定點(3,1)

B.直線1與圓C可能相離

C.圓C被y軸截得的弦長為4遍

D.圓C被直線2截得的弦長最短時，直線2的方程為x+2y-5=0

【答案】AC

【分析】直線±m(xù)(2x+y-7)+x+y-4=0,由'一：二：求出定點(3,1),即可判斷A；由點(3,1)

與圓心距離判斷直線與圓位置關系，即可判斷B；令久=0,求出圓與y軸交點縱坐標可得弦長，即可判斷

C；根據(jù)直線1被圓C截得弦長最短，只需(3,1)與圓心(1,2)連線垂直于直線/,求出直線，的方程，即可判

斷D.

【詳解】直線Lm(2x+y-7)+x+y—4=0,由二:二；，得二;，即1恒過定點(3,1)，故A

正確；

點(3,1)與圓心(1,2)的距離d=強＜5,故直線1與圓C恒相交，故B錯誤；

令X=0,則(O-I)2+(y-2)2=25,可得丫=2±2乃，故圓C被y軸截得的弦長為4份，故C正確；

要使直線1被圓C截得弦長最短，只需(3,1)與圓心(1,2)連線垂直于直線

所以直線1的斜率一四;=2,可得m=-：,故直線1為2x-y—5=0,故D錯誤.

故選：AC.

12.(2023?遼寧盤錦?一?模)已知圓C:(%+2)2+y2=%直線/：?HX+χ+2y—1+τn=O(TneR).則下列

結論正確的是()

A.當m=0時，圓C上恰有三個點到直線/的距離等于1

B.對于任意實數(shù)機，直線/恒過定點(-1,1)

C.若圓C與圓/+y2-2χ+8y+α=O恰有三條公切線，則α=8

D.若動點。在圓C上，點E(2,4),則線段DE中點M的軌跡方程為一+(y-2)2=1

【答案】BCD

【分析】對于A,通過計算圓心到直線的距離進行分析即可，對于B,對直線方程變形求解即可，對于C,

由兩圓有3條公切線可得兩圓相外切，從而可求出ɑ的值，對于D,設DE的中點為(x,y),則可得動點D

的坐標為(2x-2,2y-4)代入圓C方程中化簡可得答案

【詳解】對于A,圓C:(X+2)2+y2=4的圓心為(一2,0),半徑丁=2,當Tn=0時，直線Lx÷2y—1=0,

則圓心C到直線I的距離為d=上目=等，因為2-言＜1,所以圓C上只有兩個點到直線1的距離等于

1,所以A錯誤，

對于B,由TnX+%+2y-1+m=0(m∈R),得m(%+1)+(x+2y—1)=0,由于m∈R,所以

得忙;7,所以直線，恒點(T,l),所以B正確，

對于C,因為圓C與圓X2+y2-2x+8y+α=O恰有三條公切線,所以兩圓相外切，由/+y2-2x+8y+

α=0,得(x—I)?+(y+4)2=17—α,所以J(—2-+(0+4/=5=717-α+2,解得α=8,所

以C正確，

對于D,設DE的中點為(x,y),則可得動點D的坐標為(2x-2,2y-4),因為動點D在圓C上，所以

(2x-2+2)2+(2y-4)2=4,化簡得χ2+(y-2)2=i,所以線段。E中點M的軌跡方程為/+

(y-2)2=1,所以D正確，

故選：BCD

三、填空題

13.(2023?山東臨沂?統(tǒng)考一模)已知々)是函數(shù)f(x)=。+28①+珍的一個零點,且Xoe[l,e],則。2+必的

最小值為.

【答案】I

【分析】將&代入f(x),構造直線方程，運用點到直線的距離求解.

__XoJXo

【詳解】因為Xo是/(%)的一個零點，.,?Q+2bJ焉+eT=O,將(α,b)看作直線x+2yJ焉+e^Γ=O上

一個點的坐標,

則原題就變?yōu)椋呵螽攛°∈[l,e]時，點(α,b)到原點的距離的平方的最小值,

exθ

原點到直線％+2yJx^+e~2=O的距離為d=J,d2=.?.a2+b2≥d2,

V√l+4?Xol+4x0

令g(x)=&，(Xe[l,e]),令O)>O=，當時，g'(χ)>O,g(χ)是增函數(shù),

1+4?X?l+itX)4

在Xe[ι,e]時，g(χ)mm=g(i)=|:

故答案為：I.

14.(2023?山東威海?統(tǒng)考一模)在平面直角坐標系中，過4(一2,4),8(2,6),。(一1,-3),。(2,-4)四點的圓的

方程為______.

［答案】x2+y2-4x—2y—20=O

【分析】根據(jù)題意，設圓的方程為/+y2+Dχ+Ey+F=O,取三個點的坐標代入，得到方程組，求解

即可得到結果.

【詳解】設圓的方程為/+y2+Dx+Ey+/=0,

將點4C,。的坐標分別代入可得，

20-2D+4E+F=O(D=-4

10-D-3E+F=O,解得］E=-2

,20+2D-4E+F=0(F=-20

則可得圓的方程為一+y2-4x-2y-20=0

故答案為：X2+y2-4x-2y-20=0

15.(2023?廣東茂名?統(tǒng)考一模)過四點(一1,1)、(L-1)、(2,2)、(3,1)中的三點的一個圓的方程為_____

(寫出一個即可).

【答案】(X-1)2+⑶-1)2=4(答案不唯一)

【分析】利用圓的一般式方程求過三點的圓.

【詳解】過(一1,1),(1,-1),(3,1)時，設圓的方程為/+y2+Dχ+Ey+F=o,

(2-D+E+F=0(D=-2

則2+D-E+F=0,解得E=-2,

(10+3D+E+F=0=-2

圓的方程是：X2+y2-2x—2y-2=0,BP(x-I)2+(y-I)2=4；

同理可得：

過(1,一1)、(2,2)、(3,1)時，圓的方程是：9一|)+(y-?)=|；

過(T1),(1,-1),(2,2)時，圓的方程是：(x—丁+(y—/=工；

過(-1,1),(2,2),(3,1)時，圓的方程是：(x-l)2+y2=5.

故答案為：(％-1)2+(y-1)2=4.((x-1)2+(y-1)2=4、(X-I)+(V-以=|、(^-^)+

(y—J=患、(％—D?+y?=5寫其中一個即可)

16.(2023?江蘇南通?統(tǒng)考一模)已知圓。:Y?+y2="(r>0),設直線χ+√5y—√5=0與兩坐標軸的交

點分別為4B，若圓。上有且只有一個點P滿足∣4Pl=IBP|,貝什的值為__________.

【答案】?0.5

【分析】根據(jù)|4Pl=IBPl可得P在AB的垂直平分線上，且垂直平分線與圓相切可求解.

【詳解】4(√5,0),8(0,1),巴4=PB,P在48的垂直平分線上，

kAB=一9所以中垂線的斜率為后

48的中點為(Fj),由點斜式得y—I=V3(x—?).

化簡得y=√3x-1,

P在圓。：％2+y2=N滿足條件的P有且僅有一個，

直線y=V3x-1與圓相切，

?,?r=d=√?=?

故答案為：?

17.(2023?重慶?統(tǒng)考一模)已知圓：/+y2=i6上恰有3個點到直線1：y=√5x+b(b>0)的距離等于

2,則b的值為_________.

【答案】4

【分析】根據(jù)圓上3個點到直線的距離等于2,可得圓心到直線的距離為4-2=2,

利用點到直線的距離公式解出b即可.

【詳解】解:因為圓的方程為/+y2=i6,

所以圓心為(0,0),半徑為4,

因為圓/+y2=16上恰有3個點到直線I的距離都等于2,

所以只需要圓心到直線Ly=√3x+b(b>0)的距離為2即可，

直線方程為y=√3x+6(h>0)

所以圓心到直線的距離為3=2,且b>0

解得b=4,

故答案為：4

四、解答題

2

18.(2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模)設A,B是橢圓v?→y2=1上異于P(0,l)的兩點，且直線AB經(jīng)過坐標原點，

直線∕?,PB分別交直線y=-x+2于C,3兩點.

(1)求證：直線必，AB,PB的斜率成等差數(shù)列；

⑵求APCD面積的最小值.

【答案】(1)證明過程見解析

【分析】(1)設AQ21),8(-卬-y),表達出直線48,直線PA,直線PB的斜率，由。.+/B=紇1+"=

1xlxI

型=2∕?B證明出結論；

xI1

(2)寫出直線PA的方程，與y=-X+2聯(lián)立求出XC=總與，同理求出孫=房百，求出ICnl=

^^T+l\Xc-xD\,利用三角換元，求出ICDl=的患布的最小值，結合P(O,1)到直線y=-χ+2的距離d,

求出面積的最小值.

2

【詳解】(1)設A(XI,yj,貝∣JB(-Xi,—yj,?-+y1=1,

宜線4B的斜率Ze.=-＞直線PA的斜率為kpA=力二，宜線PB的斜率為kps=2二=",

xlxlT]xI

kpA+kPB=^^=等=2kAB，

xlxlxI

故直線PA,AB,PB的斜率成等差數(shù)列；

(2)直線PA的方程為y-1="二，與y=—X+2聯(lián)立得：

xI

X

Xr—1，

l?ι+yι-ι

同理可得：直線PB的方程為y—l=2χ,與y=-X+2聯(lián)立得：

xI

Xl

孫二訴K

XX

故Im=√Γ+1∣C-D∣=√2l?-?l=2√2∣^?71∣,

2

因為七一+%=1,設/=√2cosθ,y1=sinθ,

故ICDl=2λ∕2丘COSe=_____4_______4

(√2cos0+sinβ)2-l∣cosβ+2√2sinβ∣∣3sin(0+φ)Γ

其中ta∏9=γ,

故當sin(6+0)=l時，ICDl=口取得最小值,最小值為3

∣3s?ιn2(β,+■φ)∣3

又P(0,l)點到直線y=-X+2的距離d=翹=日，

故^PCD面積的最小值為！X：Xf=乎.

2323

【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：

(1)幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決：

(2)代數(shù)法，若題目的條件和結論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關系，則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)

的最值或范圍.

五、雙空題

19.(2023?湖南邵陽?統(tǒng)考一模)已知圓/+丫2+2%一4)/-5=0與圓/+丫2+2%-1=0相交于4,B兩

點，則公共弦AB所在的直線方程為______,∣AB∣=_