2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第63講、直線與圓的綜合（教師版）

第63講直線與圓的綜合

必考題型全歸納

題型一：距離的創(chuàng)新定義

例1．（2024·浙江紹興·高三統(tǒng)考期末）費馬點是指三角形內(nèi)到三角形三個頂點距離之和最小

的點，當(dāng)三角形三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點與三個頂點連線正好三等分費馬點所在的

周角，即該點所對的三角形三邊的張角相等均為120°，根據(jù)以上性質(zhì)，已知

A(1,0),B(1,0),C(0,2)，P為ABC內(nèi)一點，記f(P)|PA||PB||PC|，則f(P)的最小值

為，此時sinPBC.

2155

【答案】23

10

【解析】設(shè)O(0,0)為坐標(biāo)原點，由A(1,0),B(1,0),C(0,2)，知|AC||BC|5，

且ABC為銳角三角形，因此，費馬點F在線段OC上，設(shè)F(0,h)，

3

則FAB為頂角是120°的等腰三角形，故h|OB|tan30，

3

所以f(P)f(F)|FA||FB||FC|4h2h23；

|FC||BC|2h5

在FBC中，由正弦定理，得，即，

sinFBCsinBFCsinFBCsin120

21552155

解得sinFBC，即此時sinPBC.

1010

2155

故答案為：23；

10

例2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）閔氏距離（Minkowskidistance）是衡量數(shù)值點之間距離

的一種非常常見的方法，設(shè)點A、B坐標(biāo)分別為x1,y1，x2,y2，則閔氏距離

1

ppp

.若點A、B分別在yex和yx1的圖像上，則

DpA,Bx1x2y1y2pN*

DpA,B的最小值為（）

A．21pB．2pC．e1pD．ep

【答案】A

x1

【解析】由題意得，設(shè)A(x1,e),B(x2,x21)，

因為點A、B分別在函數(shù)yex和yx1的圖象上，

111

pp

所以x1px1px1p，

Dp(A,B)(x1x2ex21)(x1x2)(ex21)(x1e1)

x1

當(dāng)且僅當(dāng)(x1x2)(ex21)0時等號成立.

設(shè)g(x)xex1，h(x)xex1，則h(x)1ex，

令h(x)0x0，h(x)0x0，

所以函數(shù)h(x)在(,0)上單調(diào)遞增，在(0,)上單調(diào)遞減，

所以h(x)maxh(0)2，即h(x)2，所以g(x)h(x)h(x)2，

11

即p，所以Dp(A,B)的最小值為p.

Dp(A,B)22

故選：A.

例3．（2024·全國·高三專題練習(xí)）17世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家費馬在給朋友的一封信中曾提出一個

關(guān)于三角形的有趣問題：在三角形所在平面內(nèi)，求一點，使它到三角形每個頂點的距離之和

最?。F(xiàn)已證明：在ABC中，若三個內(nèi)角均小于120，則當(dāng)點P滿足

APBAPCBPC120時，點P到三角形三個頂點的距離之和最小，點P被人們稱

為費馬點．根據(jù)以上知識，已知a為平面內(nèi)任意一個向量，b和c是平面內(nèi)兩個互相垂直的

向量，且b2,c3，則ababac的最小值是（）

A．323B．323

C．232D．232

【答案】B

【解析】設(shè)ax,y，b2,0，c0,3，

222

則ababacx2y2x2y2x2y3，

即為點Px,y到A2,0,B2,0和點C0,3三個點的距離之和，

則△ABC為等腰三角形，如圖，

由費馬點的性質(zhì)可得，需滿足：點P在y軸上且∠APB＝120°，則∠APO＝60°，

2323

因為|OA|＝|OB|＝2，則OP，所以點P坐標(biāo)為0,時，距離之和最小，

33

434323

最小距離之和為3323.

333

故選：B.

變式1．（2024·全國·高三專題練習(xí)）閔可夫斯基距離又稱為閔氏距離，是兩組數(shù)據(jù)間距離的

定義.設(shè)兩組數(shù)據(jù)分別為Aa1,a2,,an和Bb1,b2,,bn，這兩組數(shù)據(jù)間的閔氏距離定義

1

n

qq

為，其中q表示階數(shù).現(xiàn)有下列四個命題：

dAB(q)akbk

k1

①若A(1,2,3,4),B(0,3,4,5)，則dAB(1)4；

②若A(a,a1),B(b1,b)，其中a,bR，則dAB(1)dAB(2)；

③若A(a,b),B(c,d)，其中a,b,c,dR，則dAB(1)dAB(2)；

232

④若Aa,a,B(b,b1)，其中a,bR，則dAB(2)的最小值為.

8

其中所有真命題的個數(shù)是（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】對于①：dAB(1)|10||23||34||45|4，故①正確.

對于②：dAB(1)2|ab1|,dAB(2)2|ab1|，故②錯誤.

對于③：22，不妨設(shè)|ac|M,|bd|N，

dAB(1)|ac||bd|,dAB(2)(ac)(bd)

2

222

MNMN，且M,N均為非負(fù)數(shù)，所以MNM2N2故③正確.

對于④：構(gòu)造函數(shù)2，則22，d(2)的最小

f(x)x,g(x)x1dAB(2)x1x2y1y2AB

值即兩曲線動點間的最小距離，設(shè)f(x)x2與直線g(x)x1平行的切線方程為yxb，

yx211

聯(lián)立得：x2xb0，令14b0得，b，所以切線方程為yx：

yxb44

3

132

g(x)x1與yx之間的距離432，所以最小值為，故④正確.

4d

288

故選C.

變式2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）費馬點是指三角形內(nèi)到三角形三個頂點距離之和最小的

點.當(dāng)三角形三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點與三個頂點連線正好三等分費馬點所在的周角，

即該點所對的三角形三邊的張角相等且均為120°.根據(jù)以上性質(zhì)，.則

F(x,y)(x23)2y2(x13)2(y13)2x2(y2)2的最小值為（）

A．4B．223C．323D．423

【答案】B

【解析】由題意得：F(x,y)的幾何意義為點E到點A23,0,B31,13,C0,2的距

離之和的最小值，

2222

因為AB313122，CB313122，

AC4124，

222

所以ABCBAC，故三角形ABC為等腰直角三角形，，

1

取AC的中點D，連接BD，與AO交于點E，連接CE，故BDAC2，AECE，

2

CO23

因為，所以CAO30，故AEC120，則BECAEB120，

AO233

故點E到三角形三個頂點距離之和最小，即F(x,y)取得最小值，

1AD434323

因為ADCDAC2，所以AE，同理得：CE，DE，

2cos30333

23

BEBDDE2，

3

434323

故F(x,y)的最小值為AECEBE2223.

333

故選：B

變式3．（2024·全國·高三專題練習(xí)）點M是ABC內(nèi)部或邊界上的點，若M到ABC三個

頂點距離之和最小，則稱點M是ABC的費馬點（該問題是十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家費馬提出）.

若A0,2，B1,0，C1,0時，點M0是ABC的費馬點，且已知M0在y軸上，則

AM0BM0CM0的大小等于.

【答案】23

【解析】先證明：若P到ABC三個頂點距離之和最小，則DAPB=DAPC=DBPC=120°

如圖將ABP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BDE，則BDE≌ABP，

BD=BP,DPBD=60°，所以BDP是等邊三角形，BPDP，

PA+PB+PC=ED+DP+PC，當(dāng)E,D,P,C四點共線時取得最小值，

此時DAPB=DEDB=120°，

同理可得DBPC=DAPC=120°

所以命題得證.

點M0是ABC的費馬點，且已知M0在y軸上，

DAM0B=DAM0C=DBM0C=120°，

DAM0O=DOM0C=60°，

233

所以BM=CM=,OM=2-，

00303

所以AM0BM0CM0=23.

故答案為：23

變式4．（2024·全國·高三專題練習(xí)）著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過：“數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分

家萬事休．”事實上，有很多代數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為幾何問題加以解決，如：(xa)2(yb)2

可以轉(zhuǎn)化為平面上點M(x，y)與點N(a，b)的距離．結(jié)合上述觀點，可得

f(x)x24x20x22x10的最小值為．

【答案】52

2222

【解析】∵fxx24x20x22x10x204x103，∴

fx的幾何意義為點M(x，0)到兩定點A(2，4)與B(1，3)的距離之和，設(shè)點A(2，4)關(guān)于x軸

的對稱點為A，則A為(2,4)，要求fx的最小值，可轉(zhuǎn)化為MA＋MB的最小值，利

22

用對稱思想可知MAMBAB123452，即

fxx24x20x22x10的最小值為52,故答案為52.

題型二：切比雪夫距離

例4．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，定義dA,Bmax|x1x2|,|y1y2|

為兩點A(x1,y1)，B(x2,y2)的“切比雪夫距離”．又設(shè)點P及l(fā)上任意一點Q，稱d（P，Q）

的最小值為點P到直線l的“切比雪夫距離”，記作d（P，l）．給出下列四個命題：①對任意

三點A，B，C，都有dC,AdC,BdA,B；②已知點P（3，1）和直線l:2xy10，

4

則dP,l；③到原點的“切比雪夫距離”等于1的點的軌跡是正方形．其中正確的序號

3

為．

【答案】①②③

【解析】其中①③的討論見后文．

②設(shè)點Q是直線y2x1上一點，且Qx,2x1，則dP,Qmax|x3|,|22x|．由

554

|x3||22x|，解得1x，即有dP,Q|x3|，當(dāng)x時，取得最小值；由

333

54

|x3||22x|，解得x或x1，即有dP,Q|2x2|，此時dP,Q的范圍是,，

33

4

無最值．故P，Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為．

3

綜上，①②③正確．

例5．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，定義d(P1,P2)maxx1x2,y1y2

為兩點P1(x1,y1)、P2(x2,y2)的“切比雪夫距離”．若點P到點（2014，2015）的切比雪夫距離

為2，則點P的軌跡長度之和為．

【答案】16

【解析】由前文知點P的軌跡是邊長為4的正方形，則軌跡長度之和為16．

，

例6．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中,定義dA,Bmaxx1x2y1y2

、

為兩點Ax1,y1Bx2,y2的“切比雪夫距離”，又設(shè)點P及l(fā)上任意一點Q,稱dP,Q的最小

值為點P到直線l的“切比雪夫距離”記作dP,l，給出下列四個命題:

①對任意三點A,B,C，都有dC,AdC,BdA,B；

4

②已知點P(3,1)和直線l:2xy10，則dP，l；

3

③到原點的“切比雪夫距離”等于1的點的軌跡是正方形；

其中真命題的是（）

A．①②B．②③C．①③D．①②③

【答案】D

【解析】①對任意三點A、B、C，若它們共線，設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，C(x3，y3)，

如圖，結(jié)合三角形的相似可得d(C,A)，d(C,B)，d(A,B)為AN，CM，AK，或CN，BM，

BK，則d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若B，C或A，C對調(diào)，可得d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若A，B，C不共線，且三角形中C為銳角或鈍角，如圖，

由矩形CMNK或矩形BMNK，d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

則對任意的三點A，B，C，都有d(C,A)d(C,B)d(A,B)，故①正確；

②設(shè)點Q是直線y2x1上一點，且Q(x,2x1)，

可得d(P,Q)max{|x3|，|22x|}，

5

由|x3||22x|，解得1x，即有d(P,Q)|x3|，

3

54

當(dāng)x時，取得最小值；

33

5

由|x3||22x|，解得x或x1，即有d(P,Q)|2x2|，

3

4

d(P,Q)的范圍是(,)，無最值；

3

4

綜上可得，P，Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為；故②正確；

3

③由題，到原點O的“切比雪夫距離”的距離為1的點Px,y滿足dO,Pmaxx,y1，

xy,xy,

即或，顯然點P的軌跡為正方形，故③正確；

x1,y1,

故選：D

變式5．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，定義

d(A,B)max{|x1x2|,|y1y2|}為兩點A(x1,y1)、B(x2,y2)的“切比雪夫距離”，又設(shè)點P及直

線l上任一點Q，稱d(P,Q)的最小值為點P到直線l的“切比雪夫距離”，記作d(P,l).

（1）求證：對任意三點A、B、C，都有d(A,C)d(C,B)d(A,B)；

（2）已知點P(3,1)和直線l:2xy10，求d(P,l)；

（3）定點C(x0,y0)，動點P(x,y)滿足d(C,P)r（r0），請求出點P所在的曲線所圍成圖

形的面積.

【解析】（1）證明：設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，則

d(A,C)d(C,B)maxx1x3,y1y3maxx3x2,y3y2x1x3x3x2x1x2，

同理可得d(A,C)d(C,B)y1y2，

所以d(A,C)d(C,B)maxx1x2,y1y2d(A,B)，

（2）設(shè)Q(x,2x1)為直線l:2xy10上一點，則d(P,Q)maxx3,22x，

554

由x322x，解得1x，即有d(P,Q)x3，當(dāng)x時，取得最小值；

333

5

由x322x，解得x或x1，即有d(P,Q)2x2，

3

44

d(P,Q)的范圍是(3,)(,)(,)，無最大值，

33

4

綜上可得，P,Q兩點的最小值為，

3

4

所以d(P,l)；

3

（3）設(shè)軌跡上動點為P(x,y)，則d(C,P)maxxx0,yy0r，

xx0rxx0yy0

等價于或，

yy0xx0yy0r

所以點P(x,y)的軌跡是以C(x0,y0)為中心，邊長為2r的正方形，

所以點P所在的曲線所圍成圖形的面積為4r2

變式6．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，定義d(A,B)|x1x2||y1y2|為

兩點A(x1,y1)、B(x2,y2)的“切比雪夫距離”，又設(shè)點P及直線l上任意一點Q，稱d(P,Q)的最

小值為點P到直線l的“切比雪夫距離”，記作d(P,l)，給出下列三個命題：

①對任意三點A、B、C，都有d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

4

②已知點P(3,1)和直線l:2xy10，則d(P,l)；

3

③定義O(0,0)，動點P(x,y)滿足d(P,O)1，則動點P的軌跡圍成平面圖形的面積是4；

其中真命題的個數(shù)（）

A．0B．1C．2D．3

【答案】B

【解析】由新定義表示出三點A,B,C兩兩之間的“切比雪夫距離”，然后根據(jù)絕對值的性質(zhì)判

斷①，

由新定義計算出d(P,l)，判斷②，

根據(jù)新定義求出P的軌跡方程，確定其軌跡，求得軌跡圍成的圖形面積判斷③．①設(shè)

A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，則d(A,B)x1x2y1y2，

d(A,C)d(B,C)x1x3y1y3x2x3y2y3，

顯然x1x3x2x3(x1x3)(x2x3)x1x2，同理y1y3y2y3y1y2，

∴d(C,A)d(C,B)d(A,B)，①正確；

②設(shè)P(x,y)是直線l上任一點，則y2x1，

3x5,x3

d(P,l)x3y1x32x2x1,1x3，易知d(P,l)在[1,)上是增函數(shù)，

53x,x1

在(,1)上是減函數(shù)，∴x1時，d(P,l)min13222，②錯；

③由d(P,O)1得xy1，易知此曲線關(guān)于x軸，y軸，原點都對稱，它是以

1

(1,0),(0,1),(1,0),(0,1)為頂點的正方形，其轉(zhuǎn)成圖形面積為S222，③錯．

2

故選：B．

變式7．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，定義

，，，、，

dABmaxx1x2y1y2為兩點Ax1y1Bx2y2的“切比雪夫距離”，又設(shè)點P

及l(fā)上任意一點Q,稱dP，Q的最小值為點P到直線l的“切比雪夫距離”，記作dP，l,給

出下列三個命題：

①對任意三點A、B、C，都有dC，AdC，BdA，B；

8

②已知點P(2,1)和直線l:x2y20,則dP，l；

3

，、，，，，，＞＞，

③定點F1c0F2c0動點Pxy滿足dPF1dPF22a2c2a0則點P

的軌跡與直線yk(k為常數(shù))有且僅有2個公共點.

其中真命題的個數(shù)是（）

A．0B．1C．2D．3

【答案】C

【解析】①對任意三點A、B、C，

若它們共線，設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)、C(x3，y3)，如圖，

結(jié)合三角形的相似可得d(C,A),d(C,B),d(A,B)分別為AN,CM,AK或CN,BM,BK，

則d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若B,C或A,C對調(diào)，可得d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

若它們不共線，且三角形中C為銳角或鈍角，如圖，

由矩形CMNK或矩形BMNK，

d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

則對任意的三點A，B，C，都有d(C,A)d(C,B)d(A,B)；

故①正確；

xx

②設(shè)點Q直線l:x2y20一點，且Qx,1，可得dP,Qmaxx2,2，

22

x8x

由x22，解得0x，即有dP,Q2，

232

82

當(dāng)x時，取得最小值；

33

x8

由x22，解得x0或x，即有dP,Qx2，

23

22

d(P,Q)的范圍是2,,,，無最值，

33

2

綜上可得，P，Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為，

3

故②錯誤；

，，＞＞

③定點F1(c,0)、F2(c,0)，動點P(x,y)滿足dPF1dPF22a2c2a0，

可得P不y軸上，P在線段F1F2間成立，

可得xc(cx)2a，解得xa，

由對稱性可得xa也成立，即有兩點P滿足條件；

，，

若P在第一象限內(nèi)，滿足dPF1dPF22a即為xcy2a，為射線，

由對稱性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一條射線，

則點P的軌跡與直線yk(k為常數(shù)）有且僅有2個公共點，

故③正確；

真命題的個數(shù)是2，

故選：C．

變式8．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在平面直線坐標(biāo)系中,定義

，，，、，

dABmaxx1x2y1y2為兩點Ax1y1Bx2y2的“切比雪夫距離”，又設(shè)點P

及l(fā)上任意一點Q,稱aP，Q的最小值為點P到直線l的“切比雪夫距離”記作dP，l，給出

下列四個命題:（）

①對任意三點A、B、C，都有dC，AdC，BdA，B；

4

②已知點P(3,1)和直線l:2xy10，則dP，l；

3

③到原點的“切比雪夫距離”等于1的點的軌跡是正方形；

，、，，，，，＞＞，

④定點F1c0F2c0動點Pxy滿足dPF1dPF22a2c2a0則點P

的軌跡與直線yk(k為常數(shù))有且僅有2個公共點．

其中真命題的個數(shù)是（）

A．4B．3C．2D．1

【答案】A

【解析】①對任意三點A、B、C，若它們共線，設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，

C(x3，y3)，如右圖，結(jié)合三角形的相似可得d(C,A)，d(C,B)，d(A,B)

為AN，CM，AK，或CN，BM，BK，則d(C，A)d(C，B)d(A，B)；

若B，C或A，C對調(diào)，可得d(C，A)d(C，B)d(A，B)；

若A，B，C不共線，且三角形中C為銳角或鈍角，由矩形CMNK或矩形BMNK，

d(C，A)d(C，B)d(A，B)；

則對任意的三點A，B，C，都有d(C，A)d(C，B)d(A，B)；故①正確；

設(shè)點Q是直線y2x1上一點，且Q(x,2x1)，

可得d(P,Q)max{|x3|，|22x|}，

5

由|x3||22x|，解得1x，即有d(P,Q)|x3|，

3

54

當(dāng)x時，取得最小值；

33

5

由|x3||22x|，解得x或x1，即有d(P,Q)|2x2|，

3

44

d(P,Q)的范圍是(3，)(，)(，)．無最值，

33

4

綜上可得，P，Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為．

3

故②正確；

③由題意，到原點的“切比雪夫距離”等于1的點設(shè)為x,y，則maxx,y1，

若yx，則|y|1；若|y||x|，則|x|1，故所求軌跡是正方形，則③正確；

④定點F1(c,0)、F2(c,0)，動點P(x,y)

滿足|d(P，F(xiàn)1)d(P，F(xiàn)2)|2a(2c2a0)，

可得P不y軸上，P在線段F1F2間成立，

可得xc(cx)2a，解得xa，

由對稱性可得xa也成立，即有兩點P滿足條件；

若P在第一象限內(nèi)，滿足|d(P，F(xiàn)1)d(P，F(xiàn)2)|2a，

即為xcy2a，為射線，

由對稱性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一條射線，

則點P的軌跡與直線yk(k為常數(shù)）有且僅有2個公共點．

故④正確；

綜上可得，真命題的個數(shù)為4個，

故選:A.

題型三：曼哈頓距離、折線距離、直角距離問題

例7．（2024·福建泉州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進(jìn)行身份識別的

一種生物識別技術(shù)．在人臉識別中，主要應(yīng)用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距

離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，則曼哈頓距離

dA,Bx1x2y1y1，余弦距離eA,B1cosA,B，其中cosA,BcosOA,OB（O

為坐標(biāo)原點）．已知M2,1，dM,N1，則eM,N的最大值近似等于（）

（參考數(shù)據(jù)：21.41，52.24．）

A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948

【答案】B

【解析】設(shè)Nx,y，

由題意可得：dM,N2x1y1，即x2y11，

可知x2y11表示正方形ABCD，其中A2,0,B3,1,C2,2,D1,1，

即點N在正方形ABCD的邊上運動，

uuuruuur

因為OM2,1,ONx,y，由圖可知：

當(dāng)cosM，NcosOM，ON取到最小值，即OM，ON最大，點N有如下兩種可能：

uuuruuuruuur425

①點N為點A，則ON2,0，可得cosM,NcosOM,ON；

525

uuur

②點N在線段CD上運動時，此時ON與DC同向，不妨取ON1,1，

uuuruuur3310

則cosM,NcosOM,ON；

5210

31025

因為，

105

25

所以eM,N的最大值為10.104.

5

故選：B.

例8．（2024·安徽·校聯(lián)考二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，定義Ax1,y1,Bx2,y2兩點間的

折線距離d(A,B)x1x2y1y2，該距離也稱曼哈頓距離．已知點M(2,0),N(a,b)，若

d(M,N)2，則a2b24a的最小值與最大值之和為（）

A．0B．2C．4D．6

【答案】B

【解析】由題意得，|a2||b|2．令a2p,|p||b|2，

作出(p,b)所表示的平面區(qū)域如圖中實線所示，

則a2b24a(a2)2b24p2b24，而p2b2表示點(p,b)到原點(0,0)的距離的平

方，

結(jié)合圖形可知p2b2的最小值為2，最大值為4，故a2b24a的最小值與最大值之和為

(24)(44)2，

故選：B．

例9．（2024·全國·高三專題練習(xí)）十九世紀(jì)著名德國猶太人數(shù)學(xué)家赫爾曼閔可夫斯基給出了

兩點Px1,y1，Qx2,y2的曼哈頓距離為DP,Qx1x2y1y2.我們把到三角形三個頂

點的曼哈頓距離相等的點叫“好點”，已知三角形ABC的三個頂點坐標(biāo)為A2,4，B8,2，

C12,10，則ABC的“好點”的坐標(biāo)為（）

A．2,4B．6,8C．0,0D．5,1

【答案】B

【解析】對于A，設(shè)P2,4，

則DP,A22440,DP,B284280，

所以點2,4不是ABC的“好點”；

對于B，設(shè)P6,8，

則DP,A62848,DP,B68828，

DP,C6128108，

所以DP,ADP,BDP,C，

所以點6,8是ABC的“好點”；

對于C，設(shè)P0,0，

則DP,A02046,DP,B0802106，

所以點0,0不是ABC的“好點”；

對于D，設(shè)P5,1，

則DP,A52146,DP,B581246，

所以點5,1不是ABC的“好點”.

故選：B.

變式9．（2024·全國·高三專題練習(xí)）“曼哈頓距離”也叫“出租車距離”，是19世紀(jì)德國猶太

人數(shù)學(xué)家赫爾曼·閔可夫斯基首先提出來的名詞，用來表示兩個點在標(biāo)準(zhǔn)坐標(biāo)系上的絕對軸

距總和，即在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，若Ax1,y1，Bx2,y2，則A，B兩點的“曼哈頓距離”為

x2x1y2y1，下列直角梯形中的虛線可以作為A，B兩點的“曼哈頓距離”是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【解析】根據(jù)題意：A，B兩點的“曼哈頓距離”為x2x1y2y1，再結(jié)合四個選項可以判

斷只有C選項符合題意.

故選：C．

變式10．（2024·全國·高三專題練習(xí)）“曼哈頓距離”是19世紀(jì)的赫爾曼·閔可夫斯基所創(chuàng)之

間，定義如下：在直角坐標(biāo)平面上任意兩點Ax1,y1，Bx2,y2的曼哈頓距離為：

dA,Bx1x2y1y2.在此定義下，已知點O0,0，滿足dO,M1的點M軌跡圍成

的圖形面積為（）

A．2B．1C．4D．2

【答案】A

【解析】設(shè)M(x,y)，

因為dO,M1，所以xy1，

當(dāng)xy0時，則

當(dāng)x0,y0時，xy1，當(dāng)x0,y0時，xy1，

當(dāng)x0,y0時，xy1，當(dāng)x0,y0時，xy1，

當(dāng)x0時，y1，當(dāng)y0，x1，

所以點M的軌跡如圖所示，是一個邊長為2的正方形，

2

所以點M軌跡圍成的圖形面積為22，

故選：A

題型四：圓的包絡(luò)線問題

例10．（2024·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)直線系M：xcos(y2)sin1(02)，則下

列命題中是真命題的個數(shù)是（）

①存在一個直線與所有直線相交；②M中所有直線均經(jīng)過一個定點；③對于任意實數(shù)n(n3)，

存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上；④M中的直線所能圍成的正三角形面積都相

等.

A．0B．1C．2D．3

【答案】B

【解析】根據(jù)直線系M：xcos(y2)sin1(02)，

1

可得(0,2)到直線M的距離d1，

cos2sin2

所以所有直線都為圓心為(0,2)，半徑為1的圓的切線，

對于①：因為直線系為圓的任意切線，所以不存在一個直線與所有直線相交，故①錯誤；

對于②：因為直線系為圓的任意切線，所以該直線系不過定點，故②錯誤；

對于③：對于任意實數(shù)n(n3)，作圓x2(y2)21的外切正n邊形，其所有邊都為圓的切

線，即為直線系中的直線，故③正確；

對于④：如圖所示：

正ABC和正VADE面積不相等，故④錯誤；

故選：B

例11．（2024·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)直線系M:xcosy2sin1（02），則下

列命題中是真命題的個數(shù)是（）

①存在一個圓與所有直線相交；

②存在一個圓與所有直線不相交；

③存在一個圓與所有直線相切；

④M中所有直線均經(jīng)過一個定點；

⑤不存在定點P不在M中的任一條直線上；

⑥對于任意整數(shù)nn3，存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上；

⑦M(jìn)中的直線所能圍成的正三角形面積都相等．

A．3B．4C．5D．6

【答案】B

【解析】根據(jù)直線系M:xcosy2sin1（02）得到，

所有直線都為圓心為0,2，半徑為1的圓的切線．

對于①，可取圓心為0,2，半徑為2的圓，該圓與所有直線相交，所以①正確；

對于②，可取圓心為0,2，半徑為1的圓，該圓與所有直線不相交，所以②正確；

2

對于③，可取圓心為0,2，半徑為1的圓，該圓與所有直線相切，所以③正確；

對于④，所有的直線與一個圓相切，沒有過定點，所以④錯誤；

對于⑤，存在0,2不在M中的任一條直線上，所以⑤錯誤；

對于⑥，可取圓的外接正三角形，其所有邊均在M中的直線上，所以⑥正確；

對于⑦，可以在圓的三等分點做圓的三條切線，把其中一條切線平移到過另外兩個點中點時，

也為正三角形，但是它與圓的外接正三角形的面積不相等，所以⑦錯誤；

故①②③⑥正確，④⑤⑦錯，所以真命題的個數(shù)為4個．

故選：B．

例12．（2024·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)直線系M:xcos(y2)sin1(02)，對于下

列四個結(jié)論：

（1）當(dāng)直線垂直于x軸時，0或；

（2）當(dāng)時，直線傾斜角為120；

6

（3）M中所有直線均經(jīng)過一個定點；

（4）存在定點P不在M中任意一條直線上．

其中正確的是（）

A．①②B．③④C．②③D．②④

【答案】D

【解析】M:xcos(y2)sin1(02)，

（1）當(dāng)直線垂直于x軸時，則sin0，解得0或或2，故（1）錯誤；

（2）當(dāng)時，直線方程為：3xy40，

6

斜率k3，即tan3，傾斜角120，故（2）正確；

（3）由直線系M:xcos(y2)sin1(02)

x=cos

可令，消去可得x2(y2)21，

y=2+sin

故直線系M表示圓x2(y2)21的切線的集合，故（3）不正確．

（4）因為對任意，存在定點(0,2)不在直線系M中的任意一條上，故（4）正確；

故選：D．

變式11．（多選題）（2024·遼寧葫蘆島·高二?？奸_學(xué)考試）設(shè)有一組圓Ck：

22

xk1y3k2k4（kN*）.下列四個命題中真命題的是

A．存在一條定直線與所有的圓均相切

B．存在一條定直線與所有的圓均相交

C．存在一條定直線與所有的圓均不相交

D．所有的圓均不經(jīng)過原點

【答案】BD

2

【解析】圓心為Ck(k1,3k)，半徑為rk2k，

，，，，22，圓與圓

C1(0,3)r12C2(1,6)r242C1C2131042232C1C2

是內(nèi)含關(guān)系，因此不可能有直線與這兩個圓都相切，從而A錯誤；

易知圓心在直線y3(x1)上，此直線與所有圓都相交，B正確；

若k取無窮大，則所有直線都與圓相交，C錯；

將(0,0)代入圓方程得(k1)29k22k4，即10k22k12k4，等式左邊是奇數(shù)，右邊是偶

數(shù)，因此方程無整數(shù)解，即原點不在任一圓上，D正確．

故選：BD．

變式12．（多選題）（2024·全國·高二專題練習(xí)）已知圓M:(x1cos)2(y2sin)21，

直線l:kxyk20，下面五個命題，其中正確的是（）

A．對任意實數(shù)k與，直線l和圓M有公共點

B．對任意實數(shù)k與，直線l與圓M都相離

C．存在實數(shù)k與，直線l和圓M相離

D．對任意實數(shù)k，必存在實數(shù)，使得直線l與圓M相切

【答案】AD

【解析】AB選項，由題意知圓M的圓心為M(1cos,2sin)，半徑為r1，直線l的方

程可以寫作yk(x1)2，過定點A(1,2)，因為點A在圓上，所以直線l與圓相切或相交，

任意實數(shù)k與，直線l和圓M有公共點，A正確，B錯誤；

C選項，由以上分析知不存在實數(shù)k與，直線l和圓M相離，C錯誤；

D選項，當(dāng)直線l與圓M相切時，點A恰好為直線l與圓M的切點，故直線AM與直線l垂

直，①當(dāng)k0時，直線AM與x軸垂直，則1cos1，即cos0，解得k(kZ)，

2

存在，使得直線l與圓M相切；

②當(dāng)k0時，若直線AM與直線l垂直，則cos0，

2sin2sin

直線AM的斜率為Ktan，

AM1cos1cos

1

所以kk1，即tan，

AMk

1

此時對任意的k0，均存在實數(shù)，使得tan，則直線AM與直線l垂直，

k

綜上所述，對任意實數(shù)k，必存在實數(shù)，使得直線l與圓M相切，D正確．

故選：AD．

變式13．（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知直線l:xcosysin10(aR)與圓

(x2)2(y5)24相切，則滿足條件的直線l有（）條

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】由于直線和圓相切，故圓心到直線的距離等于半徑，即2cos5sin12，

251

3sin12（其中sin,cos），故sin1，或sin，正

33