第57讲 直线与圆的综合应用·讲义-2027届高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦直线与圆的综合应用，涵盖位置关系、切线方程、弦长公式、阿波罗尼斯圆及创新距离定义等核心考点，按考情分析、知识清单、分考点典题精练到高考真题的逻辑架构，通过考点梳理、方法指导与真题训练，帮助学生系统构建知识网络，突破综合应用难点。 讲义以数学眼光洞察创新距离的几何模型，用数学思维推导阿波罗尼斯圆轨迹方程，通过分层设计典题（如切比雪夫距离的轨迹探究）和方法总结（如包络线问题的参数转化策略），培养学生抽象能力与逻辑推理。结合近三年高考真题训练，确保复习针对性，助力教师高效把控复习节奏，提升学生综合应考能力。

第57讲 直线与圆的综合应用 · 讲义 一、考情分析 1 二、知识清单 2 三、典题精练 3 考点一：创新距离定义与圆的综合 3 考点二：圆的包络线问题 6 考点三：阿波罗尼斯圆（球）问题 7 考点四：圆中的垂直与存在性问题 9 四、高考真题 12 一、考情分析 1. 考查频次与题型 年份 题号与题型 分值 考察类型 考察内容 2024 第16题 解答题 15分 间接考察 椭圆与阿波罗尼斯圆的综合 2025 第7题 单选题 5分 直接考察 圆上点到直线的距离问题 2026 第11题 多选题 6分 直接考察 直线与圆相交的弦长问题 近三年每年均有考查，2025年、2026年以选择题形式直接考查（5分、6分），2024年以解答题形式间接涉及（15分）. 2. 命题角度与特色 （1） 题型多样，既有选择题的直接考查，也有解答题中与其他圆锥曲线结合的间接考查. （2） 考查内容广泛，涉及圆上点到直线的距离、直线与圆相交的弦长计算以及阿波罗尼斯圆的轨迹问题. 3. 备考策略 （1） 熟练掌握直线与圆的位置关系，尤其是点到直线距离公式和弦长公式的灵活应用. （2） 重视圆的轨迹问题，深入理解阿波罗尼斯圆等经典几何模型的性质，提升数形结合解决综合问题的能力. 二、知识清单 1. 直线与圆的位置关系 设直线 ，圆 （其中 ），圆心 到直线 的距离为 ，联立直线与圆的方程消元后得到的一元二次方程的判别式为 . （1） 几何法与代数法的判定： 位置关系 几何特征 代数特征 公共点个数 相交 相切 相离 2. 圆的切线方程 （1） 过圆上一点的切线方程： ① 圆 上一点 处的切线方程为 . ② 圆 上一点 处的切线方程为 . （2） 过圆外一点的切线方程： 设切线斜率为 ，切线方程为 ，利用圆心到切线的距离等于半径 求出 .当求出的 只有一个值时，另一条切线斜率不存在，其方程为 . 3. 圆的弦长公式 （1） 几何法：设弦长为 ，圆的半径为 ，圆心到直线的距离（弦心距）为 ，则 . （2） 代数法：设直线与圆交于 ，，直线斜率为 ，则 . 4. 两圆的位置关系 设两圆的圆心距为 ，半径分别为 ，（其中 ). （1） 判定方法： 位置关系 圆心距与半径的关系 公共点个数 公切线条数 外离 外切 相交 内切 内含 5. 阿波罗尼斯圆 （1） 定义：在平面内，到两个定点 ， 的距离之比等于常数 （其中 且 ）的动点 的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆. （2） 轨迹求法：设动点 ，利用 列出距离公式方程，两边平方化简后即可得到圆的方程. 6. 常见隐圆模型 （1） 定角定弦模型：若动点 对定线段 的张角 为定值 ，则点 的轨迹为圆弧（当 时，轨迹为以 为直径的圆）. （2） 动点到两定点距离的平方和为定值：设 ， 为定点，若 （其中 ），则点 的轨迹是一个圆. 7. 距离的新定义（拓展） （1） 曼哈顿距离：在平面直角坐标系中，两点 ， 之间的曼哈顿距离定义为 . （2） 切比雪夫距离：在平面直角坐标系中，两点 ， 之间的切比雪夫距离定义为 . 三、典题精练 考点一：创新距离定义与圆的综合 考法1：创新距离定义下的最值与轨迹问题 1.闵氏距离是衡量数值点之间距离的一种非常常见的方法，设点、坐标分别为，，则闵氏距离.若点、分别在和的图像上，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 2.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，根据以上性质，已知，为内一点，记，则的最小值为＿＿＿＿＿＿，此时＿＿＿＿＿＿. 3.（2025·河北沧州五县·一模）若圆与圆相交于两点，，且为线段的中点，则称是的等距共轭圆.已知点，均在圆上，圆心在直线上. （1）求圆的标准方程. （2）若圆是圆的8等距共轭圆，设圆心的轨迹为. （i）求的方程. （ii）已知点，直线与曲线交于异于点的两点，若直线与的斜率之积为3，试问直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 考法2：切比雪夫距离的理解与应用 4.在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”记作，给出下列四个命题： ①对任意三点，都有； ②已知点和直线，则； 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. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 5.在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作，给出下列三个命题： ①对任意三点、、，都有； ②已知点和直线，则； ③定义，动点满足，则动点的轨迹围成平面图形的面积是4； 其中真命题的个数（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6.在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”.又设点及上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.给出下列四个命题：①对任意三点，都有；②已知点和直线，则；③到原点的“切比雪夫距离”等于1的点的轨迹是正方形.其中正确的序号为＿＿＿＿＿＿. 7.在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作. （1）求证：对任意三点、、，都有； （2）已知点和直线，求； （3）定点，动点满足，请求出点所在的曲线所围成图形的面积. 考法3：曼哈顿距离的理解与应用 8.“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，，则，两点的“曼哈顿距离”为，下列直角梯形中的虚线可以作为，两点的“曼哈顿距离”是（　　） A. B. C. D. 9.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，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中(为坐标原点).已知，，则的最大值近似等于（　　） （参考数据：，.） A. 0.052 B. 0.104 C. 0.896 D. 0.948 10.（2025·河北沧衡八县·一模）（多选）在平面直角坐标系中，若，，则称“”为两点的“曼哈顿距离”，若动点到两定点的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点为该“曼哈顿椭圆”上一点，则（　　） A. 的周长为 B. 面积的最大值为 C. 该“曼哈顿椭圆”的面积为 D. 该“曼哈顿椭圆”的周长为 11.（2026·山东烟台·二模）设点集，若中的点，满足，，则称与为邻点.点集中与点互为邻点的点的个数为＿＿＿＿＿＿.在中定义点列，其中与互为邻点，且，若，则的最大值为＿＿＿＿＿＿. 【考点一 方法总结】 1. 创新距离定义的转化：遇到如“闵氏距离”“切比雪夫距离”“曼哈顿距离”等新定义距离时，核心是紧扣定义公式，将其转化为熟悉的代数结构（如绝对值函数、分段函数）或几何模型（如折线段、正方形边界）. 2. 切比雪夫距离与曼哈顿距离的几何直观： （1） 到原点的“切比雪夫距离”为定值的点轨迹是一个各边平行于坐标轴的正方形. （2） 到原点的“曼哈顿距离”为定值的点轨迹是一个各对角线在坐标轴上的正方形. 3. 绝对值不等式的应用：在处理含有绝对值的距离和差问题时，常利用绝对值三角不等式 来求最值或证明距离关系. 4. 费马点问题：当三角形三个内角均小于 时，费马点对三边的张角均为 ，常结合正弦定理、余弦定理或旋转构造等边三角形的方法来求距离之和的最小值. 考点二：圆的包络线问题 考法4：圆的包络线问题 12.设直线系，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；②中所有直线均经过一个定点；③对于任意实数，存在正边形，其所有边均在中的直线上；④中的直线所能围成的正三角形面积都相等. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 13.已知直线与圆相切，则满足条件的直线有（　　）条 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 14.（多选）设有一组圆.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 15.（多选）已知圆，直线，下面五个命题，其中正确的是（　　） A. 对任意实数与，直线和圆有公共点 B. 对任意实数与，直线与圆都相离 C. 存在实数与，直线和圆相离 D. 对任意实数，必存在实数，使得直线与圆相切 【考点二 方法总结】 1. 识别圆的包络线：若直线系方程中含有参数（如三角函数形式），且能化为点到直线的距离等于定值的形式，则该直线系表示以该定点为圆心、定值为半径的圆的所有切线集合，这个圆即为包络线. 2. 直线系与圆系的位置关系： （1） 对于含参直线系，常通过寻找直线恒过的定点，判断定点与圆的位置关系，从而确定直线与圆的相交、相切或相离. （2） 对于含参圆系，需分析圆心的轨迹方程以及半径随参数的变化规律，通过圆心距与半径之和（或差）的比较，判断圆系中各圆之间的关系. 考点三：阿波罗尼斯圆（球）问题 考法5：阿波罗尼斯圆的性质与应用 16.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值(不为1)的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（　　） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 17.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数，且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离之比为，则点到直线的距离的最小值为（　　） A. B. C. D. 18.阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 19.点为圆上一动点，为圆上一动点，为坐标原点，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 考法6：阿波罗尼斯圆与直线位置关系的应用 20.（2026·河北石家庄·一模）已知，，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 21.（2025·福建福九联盟·联考）（多选）已知，，动点满足，记的轨迹为.若过点的直线与交于两点，直线与的另一个交点为，则（　　） A. 关于轴对称 B. 的面积的最大值为 C. 当时， D. 直线的斜率的取值范围为 22.（2026·浙江嘉兴·二模）已知，，若直线上存在点满足，则实数的最大值是＿＿＿＿＿＿. 23.（2025·河北邢台名校·一模）已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线． （1）求的轨迹方程，并说明其形状； （2）过直线上的动点分别作的两条切线、、为切点，为弦的中点，直线分别与轴、轴交于点、，求的面积的取值范围． 考法7：阿波罗尼斯球的性质与应用 24.如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（　　） A. B. C. D. 1 25.已知三棱锥中，底面为等边三角形，，，点为的中点，点为的中点.若点、是空间中的两动点，且，，则（　　） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 26.如图，在正方体中，，点在线段上，且，点是正方体表面上的一动点，点是空间两动点，若且，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 【考点三 方法总结】 1. 阿波罗尼斯圆的识别与求解：若动点 到两定点 的距离之比为常数 （），则 的轨迹是一个圆.求解时，直接设 ，利用距离公式列出 ，平方化简即可得到圆的标准方程. 2. 线段和差最值问题中的阿氏圆应用：当遇到形如 的最值问题时，若动点 在已知圆上，常通过构造相似三角形，将 转化为点 到圆内（或圆外）某一定点 的距离 ，从而将问题转化为求 的最值，利用三点共线求解. 3. 阿波罗尼斯球：在空间中，到两定点距离之比为常数 （）的动点轨迹是一个球面.处理此类问题常通过建立空间直角坐标系，求出球心坐标和半径，再转化为球面上的点与空间其他元素的位置关系. 考点四：圆中的垂直与存在性问题 考法8：圆中垂直弦与切线关系的应用 27.已知直线，直线过点且与直线相互垂直，圆，若直线与圆交于，两点，则＿＿＿＿＿＿. 28.在平面直角坐标系中，圆的方程为．若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿. 29.已知，为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，则的最大值为＿＿＿＿＿＿. 考法9：圆上动点存在性问题的探究 30.在平面直角坐标系中，已知点、，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为＿＿＿＿＿＿. 31.在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是＿＿＿＿＿＿. 32.已知圆和两点，.若圆上存在点，使得，则的最大值为＿＿＿＿＿＿. 考法10：曲线系与向量关系在圆中的应用 33.（2026·浙江金华十校·二模）（多选）第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，，为圆上两点，且，点在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（　　） A. B. C. D. 34.（2026·广东汕头·一模）（多选）如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段绕它的对称轴旋转所得的曲面.现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底.下列结论正确的是（　　） A. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是2.01 B. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是0.99 C. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 D. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 35.（2026·广东汕头·一模）已知椭圆，点为动直线被椭圆截得的弦的中点． （1）求证：动点在定直线上，并求此定直线的方程； （2）设直线与该椭圆相交于、两点，求证：、、、四点共圆． 36.（2025·广东衡水金卷·检测）过三角形的重心作一直线，若这条直线将该三角形分成面积比为的两部分，则称这条直线为型直线，其中，且．等边的边长为，重心为点，以动点为圆心，为半径作圆，该圆与线段相切，记点的轨迹为． （1）探究在中是否存在与相切的型直线，并证明； （2）若点在的2型直线上，在点处的切线与交于两点，求； （3）若的外接圆与直线相切，且与的一条型直线相切，求的最小值． 【考点四 方法总结】 1. 圆中垂直弦的处理：遇到圆内两条相互垂直的弦，常通过圆心向两弦作垂线构造矩形，利用垂径定理及勾股定理，将弦长问题转化为圆心到弦的距离（弦心距）的代数关系，进而利用基本不等式求最值. 2. 过某点作圆的两切线垂直：若过圆外一点 作圆的两条切线相互垂直，则点 与两切点及圆心构成一个正方形.此时点 到圆心的距离恒等于 （ 为圆的半径），即点 的轨迹是以原圆心为圆心、 为半径的圆. 3. 圆上动点存在性问题： （1） 若要求直线上存在点满足某种与圆相关的几何条件（如距离关系、角度关系），通常先将该几何条件转化为动点所在的轨迹方程（如另一个圆）. （2） 问题随之转化为直线与该轨迹（圆）有公共点，利用圆心到直线的距离 列出不等式求解参数范围. 4. 四点共圆的证明：若已知四点坐标或所在的曲线方程，常利用曲线系方程的思想.设过两交点的二次曲线方程，通过待定系数法消去 交叉项，并使 和 的系数相等，若能化为圆的标准方程，则证明这四点共圆. 四、高考真题 1.（2025·全国一卷·第7题）若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是 A. B. C. D. 2.（2026·全国一卷·第11题）（多选）已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点.记被，，截得的弦长分别为、、，则（　　） A. 可以取任意实数 B. 满足的直线共有3条 C. 满足的直线多于3条 D. 当时，的最大值为 3.（2024·全国一卷·第16题）已知和为椭圆上两点. （1）求的离心率； （2）若过的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第57讲 直线与圆的综合应用 · 讲义（解析卷） 一、考情分析 1. 考查频次与题型 年份 题号与题型 分值 考察类型 考察内容 2024 第16题 解答题 15分 间接考察 椭圆与阿波罗尼斯圆的综合 2025 第7题 单选题 5分 直接考察 圆上点到直线的距离问题 2026 第11题 多选题 6分 直接考察 直线与圆相交的弦长问题 近三年每年均有考查，2025年、2026年以选择题形式直接考查（5分、6分），2024年以解答题形式间接涉及（15分）. 2. 命题角度与特色 （1） 题型多样，既有选择题的直接考查，也有解答题中与其他圆锥曲线结合的间接考查. （2） 考查内容广泛，涉及圆上点到直线的距离、直线与圆相交的弦长计算以及阿波罗尼斯圆的轨迹问题. 3. 备考策略 （1） 熟练掌握直线与圆的位置关系，尤其是点到直线距离公式和弦长公式的灵活应用. （2） 重视圆的轨迹问题，深入理解阿波罗尼斯圆等经典几何模型的性质，提升数形结合解决综合问题的能力. 二、知识清单 1. 直线与圆的位置关系 设直线 ，圆 （其中 ），圆心 到直线 的距离为 ，联立直线与圆的方程消元后得到的一元二次方程的判别式为 . （1） 几何法与代数法的判定： 位置关系 几何特征 代数特征 公共点个数 相交 相切 相离 2. 圆的切线方程 （1） 过圆上一点的切线方程： ① 圆 上一点 处的切线方程为 . ② 圆 上一点 处的切线方程为 . （2） 过圆外一点的切线方程： 设切线斜率为 ，切线方程为 ，利用圆心到切线的距离等于半径 求出 .当求出的 只有一个值时，另一条切线斜率不存在，其方程为 . 3. 圆的弦长公式 （1） 几何法：设弦长为 ，圆的半径为 ，圆心到直线的距离（弦心距）为 ，则 . （2） 代数法：设直线与圆交于 ，，直线斜率为 ，则 . 4. 两圆的位置关系 设两圆的圆心距为 ，半径分别为 ，（其中 ). （1） 判定方法： 位置关系 圆心距与半径的关系 公共点个数 公切线条数 外离 外切 相交 内切 内含 5. 阿波罗尼斯圆 （1） 定义：在平面内，到两个定点 ， 的距离之比等于常数 （其中 且 ）的动点 的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆. （2） 轨迹求法：设动点 ，利用 列出距离公式方程，两边平方化简后即可得到圆的方程. 6. 常见隐圆模型 （1） 定角定弦模型：若动点 对定线段 的张角 为定值 ，则点 的轨迹为圆弧（当 时，轨迹为以 为直径的圆）. （2） 动点到两定点距离的平方和为定值：设 ， 为定点，若 （其中 ），则点 的轨迹是一个圆. 7. 距离的新定义（拓展） （1） 曼哈顿距离：在平面直角坐标系中，两点 ， 之间的曼哈顿距离定义为 . （2） 切比雪夫距离：在平面直角坐标系中，两点 ， 之间的切比雪夫距离定义为 . 三、典题精讲 考点一：创新距离定义与圆的综合 考法1：创新距离定义下的最值与轨迹问题 1.（文档380-3356）闵氏距离是衡量数值点之间距离的一种非常常见的方法，设点、坐标分别为，，则闵氏距离.若点、分别在和的图像上，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【思路】结合闵氏距离的新定义，将两点间距离转化为函数的最值问题，利用导数研究函数的单调性即可求出距离的下界. 【解析】由题意得，设， 因为点、分别在函数和的图象上， 所以， 当且仅当时等号成立. 设，则， 令，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，所以， 即，所以的最小值为. 故选：A. 2.（文档380-3355）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，根据以上性质，已知，为内一点，记，则的最小值为＿＿＿＿＿＿，此时＿＿＿＿＿＿. 【答案】； 【思路】根据费马点的定义与性质，结合已知三点坐标确定费马点的位置，利用三角形的几何性质及正弦定理求解距离和与正弦值. 【解析】设为坐标原点，由，知， 且为锐角三角形，因此，费马点在线段上，设， 则为顶角是的等腰三角形，故， 所以； 在中，由正弦定理，得，即， 解得，即此时. 故答案为：；. 3.（文档171-19）（2025·河北沧州五县·一模）若圆与圆相交于两点，，且为线段的中点，则称是的等距共轭圆.已知点，均在圆上，圆心在直线上. （1）求圆的标准方程. （2）若圆是圆的8等距共轭圆，设圆心的轨迹为. （i）求的方程. （ii）已知点，直线与曲线交于异于点的两点，若直线与的斜率之积为3，试问直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）直线过定点 【思路】根据圆心在已知直线上及圆上两点坐标列出方程组求出圆心与半径；对于共轭圆的轨迹，利用定义转化为圆心距的计算，再结合直线与圆的位置关系及韦达定理探讨定点问题. 【解析】（1）因为圆心在直线上，设， 且点，均在圆上，则， 可得，解得， 即圆心为，半径， 所以圆的标准方程为. （2）（i）因为，由题意可得：， 可知圆心的轨迹为是以为圆心，半径的圆， 所以的方程为； （ii）若直线的斜率存在，设直线，， 联立方程，消去可得， 则，且， 因为， 整理可得， 则 可得，即或， 当，直线过定点； 当，直线过定点，不合题意； 可知直线过定点； 若直线的斜率不存在，设， 则，即， 且在圆上，则， 即，解得，不合题意. 考法2：切比雪夫距离的理解与应用 4.（文档380-3364）在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”记作，给出下列四个命题： ①对任意三点，都有； ②已知点和直线，则； 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. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】D 【思路】紧扣“切比雪夫距离”的新定义，结合绝对值不等式的性质判断距离和的关系，通过代数化简与分类讨论求出点到直线的切比雪夫距离及点的轨迹. 【解析】①对任意三点、、，若它们共线，设、，，如图，结合三角形的相似可得，，为，，，或，，，则； 若，或，对调，可得； 若，，不共线，且三角形中为锐角或钝角，如图， 由矩形或矩形，； 则对任意的三点，，，都有，故①正确； ②设点是直线上一点，且， 可得， 由，解得，即有， 当时，取得最小值； 由，解得或，即有， 的范围是，无最值； 综上可得，，两点的“切比雪夫距离”的最小值为；故②正确； ③由题，到原点的“切比雪夫距离”的距离为1的点满足，即或，显然点的轨迹为正方形，故③正确； 故选：D. 5.（文档380-3366）在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作，给出下列三个命题： ①对任意三点、、，都有； ②已知点和直线，则； ③定义，动点满足，则动点的轨迹围成平面图形的面积是4； 其中真命题的个数（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【思路】将新定义的距离转化为绝对值之和的形式，利用绝对值三角不等式证明距离关系，结合分段函数求最值，并根据对称性画出轨迹图形计算面积. 【解析】由新定义表示出三点两两之间的“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，判断②， 根据新定义求出的轨迹方程，确定其轨迹，求得轨迹围成的图形面积判断③.①设，则， ， 显然，同理， ，①正确； ②设是直线上任一点，则， ，易知在上是增函数，在上是减函数，时，，②错； ③由得，易知此曲线关于轴，轴，原点都对称，它是以，，，为顶点的正方形，其转成图形面积为，③错. 故选：B. 6.（文档380-3362）在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”.又设点及上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作.给出下列四个命题：①对任意三点，都有；②已知点和直线，则；③到原点的“切比雪夫距离”等于1的点的轨迹是正方形.其中正确的序号为＿＿＿＿＿＿. 【答案】①②③ 【思路】依据切比雪夫距离的定义，将点到直线的距离转化为含绝对值的函数最值问题，通过分类讨论去掉绝对值符号进行求解. 【解析】其中①③的讨论见后文. ②设点是直线上一点，且，则. 由，解得，即有，当时，取得最小值；由，解得或，即有，此时的范围是，无最值.故，两点的“切比雪夫距离”的最小值为. 综上，①②③正确. 7.（文档380-3365）在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作. （1）求证：对任意三点、、，都有； （2）已知点和直线，求； （3）定点，动点满足，请求出点所在的曲线所围成图形的面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【思路】利用绝对值不等式的性质证明距离的三角不等式，将点到直线的距离转化为分段函数求最值，最后根据定义写出轨迹方程并计算正方形的面积. 【解析】（1）证明：设，则 ，同理可得， 所以. （2）设为直线上一点，则， 由，解得，即有，当时，取得最小值； 由，解得或，即有， 的范围是，无最大值， 综上可得，两点的最小值为， 所以. （3）设轨迹上动点为，则， 等价于或， 所以点的轨迹是以为中心，边长为的正方形， 所以点所在的曲线所围成图形的面积为. 考法3：曼哈顿距离的理解与应用 8.（文档380-3372）“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，，则，两点的“曼哈顿距离”为，下列直角梯形中的虚线可以作为，两点的“曼哈顿距离”是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【思路】直接根据“曼哈顿距离”的定义，识别出其几何意义为两点在坐标轴上的投影线段长度之和，对照各选项图形即可判定. 【解析】根据题意：，两点的“曼哈顿距离”为，再结合四个选项可以判断只有C选项符合题意. 故选：C. 9.（文档380-3369）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，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中(为坐标原点).已知，，则的最大值近似等于（　　） （参考数据：，.） A. 0.052 B. 0.104 C. 0.896 D. 0.948 【答案】B 【思路】根据曼哈顿距离的定义确定动点所在的正方形轨迹，结合余弦距离的定义，利用向量夹角的几何直观找到使夹角最大的临界点位置. 【解析】设， 由题意可得：，即， 可知表示正方形，其中， 即点在正方形的边上运动， 因为，由图可知： 当取到最小值，即最大，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取， 则； 因为， 所以的最大值为. 故选：B. 10.（文档175-11）（2025·河北沧衡八县·一模）（多选）在平面直角坐标系中，若，，则称“”为两点的“曼哈顿距离”，若动点到两定点的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点为该“曼哈顿椭圆”上一点，则（　　） A. 的周长为 B. 面积的最大值为 C. 该“曼哈顿椭圆”的面积为 D. 该“曼哈顿椭圆”的周长为 【答案】BCD 【思路】根据“曼哈顿椭圆”的定义列出动点坐标满足的绝对值方程，利用对称性重点研究第一象限内的轨迹，画出图形后结合几何特征计算周长与面积. 【解析】设点的坐标为，则两点的“曼哈顿距离”两点的“曼哈顿距离”，则， 易得“曼哈顿椭圆”关于坐标原点及坐标轴对称，可以先研究第一象限及轴和轴非负半轴上点的轨迹，作曲线根据对称性，可作出如图“曼哈顿椭圆”，则，当与重合时，的周长为，此时的面积最大为，所以A选项不正确，B选项正确；梯形的面积为，所以该“曼哈顿椭圆”的面积为，所以C选项正确；又，所以该“曼哈顿椭圆”的周长为，所以D选项正确.故选BCD. 11.（文档67-14）（2026·山东烟台·二模）设点集，若中的点，满足，，则称与为邻点.点集中与点互为邻点的点的个数为＿＿＿＿＿＿.在中定义点列，其中与互为邻点，且，若，则的最大值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】4、8 【思路】依据邻点的定义找出满足绝对值方程的整点，再结合斜率非递增的条件，利用数形结合分析点列在网格中的移动路径，从而确定最大点数. 【解析】由题意，点集中与点互为邻点的点有，共个. 由，且，可得，即点与原点连线的斜率非递增. 点列只能向右或向下移动，从到最多经过个点，考虑到可能的边界条件或特殊情况，最大值为. 【考点一 方法总结】 1. 创新距离定义的转化：遇到如“闵氏距离”“切比雪夫距离”“曼哈顿距离”等新定义距离时，核心是紧扣定义公式，将其转化为熟悉的代数结构（如绝对值函数、分段函数）或几何模型（如折线段、正方形边界）. 2. 切比雪夫距离与曼哈顿距离的几何直观： （1） 到原点的“切比雪夫距离”为定值的点轨迹是一个各边平行于坐标轴的正方形. （2） 到原点的“曼哈顿距离”为定值的点轨迹是一个各对角线在坐标轴上的正方形. 3. 绝对值不等式的应用：在处理含有绝对值的距离和差问题时，常利用绝对值三角不等式 来求最值或证明距离关系. 4. 费马点问题：当三角形三个内角均小于 时，费马点对三边的张角均为 ，常结合正弦定理、余弦定理或旋转构造等边三角形的方法来求距离之和的最小值. 考点二：圆的包络线问题 考法4：圆的包络线问题 12.（文档380-3374）设直线系，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；②中所有直线均经过一个定点；③对于任意实数，存在正边形，其所有边均在中的直线上；④中的直线所能围成的正三角形面积都相等. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【思路】将直线系方程转化为点到直线距离为定值的形式，识别出直线系为某一定圆的所有切线，进而结合圆的切线性质逐一判断各命题的真假. 【解析】根据直线系， 可得到直线的距离， 所以所有直线都为圆心为，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，作圆的外切正边形，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： 正和正面积不相等，故④错误； 故选：B. 13.（文档380-3379）已知直线与圆相切，则满足条件的直线有（　　）条 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【思路】利用直线与圆相切的充要条件（圆心到直线的距离等于半径）列出关于三角函数的方程，通过辅助角公式化简后根据正弦值的范围确定解的个数. 【解析】由于直线和圆相切，故圆心到直线的距离等于半径，即， (其中)，故，或， 正弦值为1的只有在轴正半轴，正弦值为可以在第三或者第四象限，故有3种可能，所以选C. 14.（文档380-3377）（多选）设有一组圆.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 【思路】写出圆系中各圆的圆心坐标与半径，通过分析圆心距与半径的关系判断圆的位置关系，并验证圆心是否共线及原点是否在圆上. 【解析】圆心为，半径为， ，，，，，圆与圆是内含关系，因此不可能有直线与这两个圆都相切，从而A错误； 易知圆心在直线上，此直线与所有圆都相交，B正确； 若取无穷大，则所有直线都与圆相交，C错； 将代入圆方程得，即，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. 15.（文档380-3378）（多选）已知圆，直线，下面五个命题，其中正确的是（　　） A. 对任意实数与，直线和圆有公共点 B. 对任意实数与，直线与圆都相离 C. 存在实数与，直线和圆相离 D. 对任意实数，必存在实数，使得直线与圆相切 【答案】AD 【思路】提取出圆系的圆心轨迹与定半径，发现直线恒过定点且该定点在圆上，进而利用圆的几何性质及切线的斜率关系判断直线与圆的位置关系. 【解析】AB选项，由题意知圆的圆心为，半径为，直线的方程可以写作，过定点，因为点在圆上，所以直线与圆相切或相交， 任意实数与，直线和圆有公共点，A正确，B错误； C选项，由以上分析知不存在实数与，直线和圆相离，C错误； D选项，当直线与圆相切时，点恰好为直线与圆的切点，故直线与直线垂直，①当时，直线与轴垂直，则，即，解得，存在，使得直线与圆相切； ②当时，若直线与直线垂直，则， 直线的斜率为， 所以，即， 此时对任意的，均存在实数，使得，则直线与直线垂直， 综上所述，对任意实数，必存在实数，使得直线与圆相切，D正确. 故选：AD. 【考点二 方法总结】 1. 识别圆的包络线：若直线系方程中含有参数（如三角函数形式），且能化为点到直线的距离等于定值的形式，则该直线系表示以该定点为圆心、定值为半径的圆的所有切线集合，这个圆即为包络线. 2. 直线系与圆系的位置关系： （1） 对于含参直线系，常通过寻找直线恒过的定点，判断定点与圆的位置关系，从而确定直线与圆的相交、相切或相离. （2） 对于含参圆系，需分析圆心的轨迹方程以及半径随参数的变化规律，通过圆心距与半径之和（或差）的比较，判断圆系中各圆之间的关系. 考点三：阿波罗尼斯圆（球）问题 考法5：阿波罗尼斯圆的性质与应用 16.（文档380-3380）公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值(不为1)的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（　　） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】B 【思路】利用两点间距离公式求出动点满足的轨迹方程，识别出阿波罗尼斯圆，再根据圆关于直线对称的性质得出圆心在直线上，最后利用乘“1”法求最值. 【解析】设点的坐标为，因为，则， 即， 所以点的轨迹方程为， 因为点的轨迹关于直线对称， 所以圆心在此直线上，即， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值是20. 故选：B. 17.（文档380-3381）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数，且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离之比为，则点到直线的距离的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【思路】根据距离之比为常数求出动点的轨迹方程，确认其为阿波罗尼斯圆，将点到直线的距离最值问题转化为圆心到直线的距离减去半径. 【解析】设，则，化简得， 即点的轨迹方程为以为圆心，为半径的圆， 则点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径， 即，点到直线的距离最小值为. 故选：A. 18.（文档380-3387）阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】识别出点在已知圆上运动，通过构造相似三角形将线段长度进行转化，利用三点共线的几何性质求出折线段长度的最小值. 【解析】如图所示： 取点，设， 则， 在和中，， 所以和相似，且相似比为， 所以，则， 而， 即的最小值为， 所以. 故答案为：. 19.（文档380-3388）点为圆上一动点，为圆上一动点，为坐标原点，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】9 【思路】结合圆的方程构造相似三角形，将点到原点的距离转化为点到定点的距离的倍数，从而将代数和转化为几何线段和，利用圆外一点到圆上点的距离性质求解. 【解析】为圆上一动点，为圆上一动点， 为坐标原点， 取，则， 故答案为：9. 考法6：阿波罗尼斯圆与直线位置关系的应用 20.（文档181-8）（2026·河北石家庄·一模）已知，，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【思路】根据距离之比求出动点的轨迹方程（阿波罗尼斯圆），将存在性问题转化为两圆有公共点的问题，利用圆心距与半径的关系列不等式求解. 【解析】设，由得，整理得，即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆. 又点在圆上，该圆圆心为，半径为. 故两圆有公共点，满足，即，平方化简得，即，解得. 21.（文档309-10）（2025·福建福九联盟·联考）（多选）已知，，动点满足，记的轨迹为.若过点的直线与交于两点，直线与的另一个交点为，则（　　） A. 关于轴对称 B. 的面积的最大值为 C. 当时， D. 直线的斜率的取值范围为 【答案】AC 【思路】求出动点轨迹方程并确认其为圆，利用圆的几何性质求面积最大值，结合角平分线定理判断对称性，并通过直线与圆相切求斜率范围. 【解析】设，由得，整理得的方程为，其图象是以为圆心，半径的圆.故，选项B错误.因为，，所以，所以，所以关于轴对称，选项A正确.当时，，则为等腰直角三角形，，选项C正确.当直线与圆相切时，，此时，切线的倾斜角为和，结合图象，可得直线的斜率的取值范围为.选项D错误.故选AC. 22.（文档226-13）（2026·浙江嘉兴·二模）已知，，若直线上存在点满足，则实数的最大值是＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】利用距离之比求出动点的阿波罗尼斯圆轨迹方程，将问题转化为直线与圆有交点，通过圆心到直线的距离小于等于半径求出参数的范围. 【解析】设， 由题意得， 整理得， 所以的轨迹为以为圆心，半径的圆， 因为在直线上， 所以与相切或相交， 则到的距离， 解得， 故的最大值是. 23.（文档191-18）（2025·河北邢台名校·一模）已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线． （1）求的轨迹方程，并说明其形状； （2）过直线上的动点分别作的两条切线、、为切点，为弦的中点，直线分别与轴、轴交于点、，求的面积的取值范围． 【答案】（1），曲线是以为圆心，2为半径的圆 （2） 【思路】利用两点间距离公式直接求出动点轨迹方程并配方识别图形；对于面积最值问题，通过求出弦中点的轨迹方程，结合点到直线的距离公式求出高的范围，进而求得面积范围. 【解析】（1）设，由，得， 化简得，即， 故曲线是以为圆心，2为半径的圆. （2）由（1）知，又，， 则线段的中点的坐标为，， 故以线段为直径的圆的方程为， 整理得①. 由题意知，、在以为直径的圆上， 又、在圆②上， 由②－①，得， 所以弦所在直线的方程为，可得恒过坐标原点. 由得， 设，，则， 所以点的纵坐标， 因为，所以，所以点与点，均不重合. 因为为弦的中点，且为圆的圆心，所以，即， 所以点在以为直径的圆上，该圆的圆心为，半径为. 因为直线分别与轴、轴交于点、， 所以，，因此， 圆心到直线的距离. 设的边上的高为， 则点到直线距离的最小值为； 点到直线的距离的最大值为. 所以的最小值，最大值. 因此的面积的取值范围是. 考法7：阿波罗尼斯球的性质与应用 24.（文档380-3385）如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（　　） A. B. C. D. 1 【答案】B 【思路】根据线面角的定义转化为线段比例关系，识别出动点轨迹为阿波罗尼斯圆，结合面面垂直的性质找到二面角的平面角，利用圆的切线性质求出余弦值的最小值. 【解析】由题意易得与平面所成角为，与平面所成角为， ， ， ， ， 点轨迹为阿氏圆. 在平面内，以为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系， 则，设， 所以， 整理得：， 所以点在内的轨迹为以为圆心，以4为半径的上半圆， 因为平面，，，， 所以， 因为， 所以， 因为平面平面，， 所以二面角的平面角为， 由图可知，当与圆相切时，最大，余弦值最小， 此时，故. 故选：B. 25.（文档380-3386）已知三棱锥中，底面为等边三角形，，，点为的中点，点为的中点.若点、是空间中的两动点，且，，则（　　） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【思路】建立空间直角坐标系，利用距离之比求出两动点均在同一个阿波罗尼斯球面上，结合已知距离确定两点为球的直径端点，利用向量的数量积公式求解. 【解析】建立直角坐标系如图所示， ，底面为等边三角形，且.所以，,,点为的中点，所以点为的中点，，设,，所以，所以点在以为球心，以1为半径的球上，同理也在这个球上，且，所以为球的直径，. 故选B. 26.（文档380-3389）如图，在正方体中，，点在线段上，且，点是正方体表面上的一动点，点是空间两动点，若且，则的最小值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】建立空间直角坐标系，根据距离比例关系求出两动点所在的阿波罗尼斯球面方程，判断出两点为直径端点，将向量数量积转化为点到球心距离的问题求最值. 【解析】如图,建立如图所示的空间直角坐标系 则，设 由题设 即 也即 由此可知点都是在球心为,半径为2的球面上 又,故点是球的直径的两个端点 所以 所以 而在正方体的表面上,故当点在正方体的顶点上时, 此时的值最小为 故答案为 ：. 【考点三 方法总结】 1. 阿波罗尼斯圆的识别与求解：若动点 到两定点 的距离之比为常数 （），则 的轨迹是一个圆.求解时，直接设 ，利用距离公式列出 ，平方化简即可得到圆的标准方程. 2. 线段和差最值问题中的阿氏圆应用：当遇到形如 的最值问题时，若动点 在已知圆上，常通过构造相似三角形，将 转化为点 到圆内（或圆外）某一定点 的距离 ，从而将问题转化为求 的最值，利用三点共线求解. 3. 阿波罗尼斯球：在空间中，到两定点距离之比为常数 （）的动点轨迹是一个球面.处理此类问题常通过建立空间直角坐标系，求出球心坐标和半径，再转化为球面上的点与空间其他元素的位置关系. 考点四：圆中的垂直与存在性问题 考法8：圆中垂直弦与切线关系的应用 27.（文档380-3390）已知直线，直线过点且与直线相互垂直，圆，若直线与圆交于，两点，则＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】根据两直线垂直求出直线的斜率并写出直线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式求出弦心距，最后通过勾股定理计算弦长. 【解析】由直线，可得斜率， 因为且直线过点，所以直线的斜率为， 所以的方程为， 又由圆，即， 可得圆的圆心坐标为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 所以弦长. 故答案为：. 28.（文档380-3391）在平面直角坐标系中，圆的方程为．若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】根据切线互相垂直的条件，推导出动点到圆心的距离为半径的倍，将问题转化为圆心到直线的距离不大于该定值，列出不等式求解参数范围. 【解析】记两个切点为，则由于，因此四边形是正方形，， 圆标准方程为，，，于是圆心的距离不大于， ，解得. 29.（文档380-3392）已知，为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，则的最大值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】20 【思路】设出圆心到两条垂直弦的距离，利用垂径定理表示出弦长，将弦长乘积转化为关于弦心距的函数，结合基本不等式求出最大值. 【解析】设圆心到，的距离分别为，． 因为，相互垂直，所以， 由垂径定理得， 则， 由，得，当且仅当时等号成立， 故． 故答案为：20. 考法9：圆上动点存在性问题的探究 30.（文档380-3399）在平面直角坐标系中，已知点、，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】根据距离之比求出动点轨迹为圆，将存在性问题转化为直线与该圆有公共点，利用圆心到直线的距离小于等于半径求出参数范围. 【解析】设，因为， 所以，整理得：， 直线上存在点使得等价于直线与圆有交点， 所以，解得：. 故答案为：. 31.（文档380-3402）在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是＿＿＿＿＿＿. 【答案】 【思路】将问题转化为直线上存在点到已知圆的圆心距离小于等于两圆半径之和，利用点到直线的距离公式列出不等式求解斜率范围. 【解析】由可得， 因此圆的圆心为，半径为1， 若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点， 只需点到直线的距离， 即，解得， 所以的取值范围是， 故答案为：. 32.（文档380-3396）已知圆和两点，.若圆上存在点，使得，则的最大值为＿＿＿＿＿＿. 【答案】11 【思路】根据直角条件转化为动点在以已知两点为直径的圆上，从而将问题转化为两圆有公共点，利用圆心距与半径的关系列出不等式求出最大值. 【解析】由题意可得：圆的圆心，半径， ，则点在以为直径的圆上(不能是两点)， 以为直径的圆的圆心为，半径， 注意到圆心到轴的距离为，即轴与圆相离， 由题意可得：圆与圆有公共点(由于轴与圆相离，公共点不可能为)，且, 则，即，解得， 故的最大值为11. 考法10：曲线系与向量关系在圆中的应用 33.（文档242-11）（2026·浙江金华十校·二模）（多选）第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，，为圆上两点，且，点在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【思路】根据已知向量的垂直关系与模长，将向量等式两边平方转化为参数的平方和范围，然后逐个代入选项验证是否满足该范围. 【解析】由题意知，，，， 因为， 所以，故， 对于A，当时，则，此时，， 所以当四点共线或四点共线时成立（不重合），故A正确； 对于B，因，故，即，故B错误； 对于C，当时，将代入得， 解得满足，故C正确； 对于D，当时，，代入得， 即满足，故D正确. 34.（文档92-11）（2026·广东汕头·一模）（多选）如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段绕它的对称轴旋转所得的曲面.现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底.下列结论正确的是（　　） A. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是2.01 B. 若曲线段的方程为，则小球半径可以是0.99 C. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 D. 若曲线段的方程为，则小球半径至多是1 【答案】BCD 【思路】设出小球球心坐标，写出曲线上任意一点到球心距离的平方表达式，利用函数恒成立的思想，结合二次函数的性质求出满足条件的半径范围. 【解析】设小球半径为，由题意小球球心在对称轴轴上， 对于A，曲线，杯底为， 则球心坐标为， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 要满足，即， 即， 即， 因为，得，又，A错误； 对于B，曲线，杯底，球心， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 代入，得：， 要满足，即， 整理得，在恒成立， 二次函数开口向上，对称轴， 当时，对称轴，区间上最小值为， 满足条件，，符合要求，B正确； 对于C，曲线，杯底，球心， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 代入，得 要满足，即 整理得，因， 等价于对所有成立，最小值在处， 得，即半径至多为1，C正确； 对于D，曲线，杯底，球心， 对任意在上，到球心距离的平方： ， 代入，得， 要满足，即 整理得，因，等价于对所有成立， 最小值在处，得，即半径至多为1，D正确. 35.（文档92-18）（2026·广东汕头·一模）已知椭圆，点为动直线被椭圆截得的弦的中点． （1）求证：动点在定直线上，并求此定直线的方程； （2）设直线与该椭圆相交于、两点，求证：、、、四点共圆． 【答案】（1）证明见解析，直线的方程为 （2）证明见解析 【思路】设出交点与中点坐标，利用点差法求出中点坐标满足的线性方程，从而确定定直线方程；利用曲线系方程的思想，构造过四交点的二次曲线方程，通过令交叉项系数为零证明其为圆. 【解析】（1）设，，则. 又因为在椭圆，所以， 两式相减得，即， 所以，又因为直线的方程为， 所以，代入上式得，即， 所以弦的中点恒在直线上，直线的方程为. （2）因为直线与椭圆相交于、两点， 直线与椭圆相交于、两点， 所以构造过、、、四点的曲线系方程， 化简整理得， 因为要使该方程表示圆，则，得， 代入方程得， 即，， 方程表示一个圆心，半径为的圆，且、、、四点在圆上.如图： 所以、、、四点共圆. 36.（文档108-19）（2025·广东衡水金卷·检测）过三角形的重心作一直线，若这条直线将该三角形分成面积比为的两部分，则称这条直线为型直线，其中，且．等边的边长为，重心为点，以动点为圆心，为半径作圆，该圆与线段相切，记点的轨迹为． （1）探究在中是否存在与相切的型直线，并证明； （2）若点在的2型直线上，在点处的切线与交于两点，求； （3）若的外接圆与直线相切，且与的一条型直线相切，求的最小值． 【答案】（1）存在，证明见解析 （2） （3）4 【思路】根据圆与直线相切求出圆心的轨迹方程；利用导数的几何意义求出切线方程，结合重心的性质证明存在性；利用面积比例关系确定直线的特殊位置，进而求出弦长与参数的最小值. 【解析】建立如图所示平面直角坐标系，使得， 根据对称性不妨设，， 设，则. 因为与线段相切，所以. 化简得. （1）存在.证明如下：设在的切线为， 因为，则， 化简得， 由，可知， 根据对称性，只需考虑， 此时， 当时，， 则， 因为为的重心， 所以为的中线， 故只需要即可， 综上，在中存在与相切的型直线. （2）设，的重心为， 因为，所以直线把分成面积比为的两部分， 此时为的中线， 于是经过的顶点， 由平面几何知识，所以， 于是，解得， 于是， 与交于，与交于， 所以. （3）线段的中垂线为，所以设圆心坐标为， 因为的外接圆与直线相切， 所以，解得， 所以圆心为，半径为4， 所以， 设该型直线的斜率为，所以， 因为的外接圆与的一条直线相切， 所以，解得， 与交于，与交于， 所以， ， 所以，所以设， 故的最小值为4. 【考点四 方法总结】 1. 圆中垂直弦的处理：遇到圆内两条相互垂直的弦，常通过圆心向两弦作垂线构造矩形，利用垂径定理及勾股定理，将弦长问题转化为圆心到弦的距离（弦心距）的代数关系，进而利用基本不等式求最值. 2. 过某点作圆的两切线垂直：若过圆外一点 作圆的两条切线相互垂直，则点 与两切点及圆心构成一个正方形.此时点 到圆心的距离恒等于 （ 为圆的半径），即点 的轨迹是以原圆心为圆心、 为半径的圆. 3. 圆上动点存在性问题： （1） 若要求直线上存在点满足某种与圆相关的几何条件（如距离关系、角度关系），通常先将该几何条件转化为动点所在的轨迹方程（如另一个圆）. （2） 问题随之转化为直线与该轨迹（圆）有公共点，利用圆心到直线的距离 列出不等式求解参数范围. 4. 四点共圆的证明：若已知四点坐标或所在的曲线方程，常利用曲线系方程的思想.设过两交点的二次曲线方程，通过待定系数法消去 交叉项，并使 和 的系数相等，若能化为圆的标准方程，则证明这四点共圆. 四、高考真题 1.（2025·全国一卷·第7题）若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为1的点有且仅有2个， ∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（A点）到直线的距离等于1； 当时， 圆上有且仅有三个点（B，C，D点）到直线的距离等于1； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于1. 故选：B. 2.（2026·全国一卷·第11题）（多选）已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点.记被，，截得的弦长分别为、、，则（　　） A. 可以取任意实数 B. 满足的直线共有3条 C. 满足的直线多于3条 D. 当时，的最大值为 【答案】BCD 【解析】记直线到，，的距离分别为，，，则，，. ∵直线与三个圆均有两个交点， ∴，，，对应弦长为. A：∵解，得， 解，得， 不妨取， ∵， ∴，记， 解，得，记， 当，即时，， 此时不存在这样的直线与三个圆都相交. ∴不能取任意实数，A错误. B：∵， ∴. 由得，平方得，即或. ①当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线1条. ②当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线2条. 综上，共3条直线满足条件，B正确. C：令， ∴，， 令，则， ∴. 令，即， 平方整理可得，解得或，即或， 经验证，此时均小于1，满足题目要求，此时已有4条直线，多于3条，C正确. D：当时，，， ∴，， 令，则， ∴. 设，求导得， 令得，此时取最大值， ∴的最大值为，D正确. 故选：BCD. 3.（2024·全国一卷·第16题）已知和为椭圆上两点. （1）求的离心率； （2）若过的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程. 【答案】（1） （2）直线的方程为或 【解析】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， A到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解的或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 第 2 页，共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $