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重難點突破03 直線與圓的綜合應用
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：距離的創新定義 2
題型二：切比雪夫距離 3
題型三：曼哈頓距離、折線距離、直角距離問題 4
題型四：閔氏距離問題 5
題型五：圓的包絡線問題 6
題型六：阿波羅尼斯圓問題、反演點問題、阿波羅尼斯球問題 7
題型七：圓中的垂直問題 8
題型八：圓的存在性問題 9
03 過關測試 9
直線與圓的綜合應用方法主要包括幾何法和代數法。
題型一：距離的創新定義
【典例1-1】數學家華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微”.事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決，例如，與相關的代數問題，可以轉化為點與點之間距離的幾何問題.結合上述觀點，可求得方程的解是（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】人臉識別中檢測樣本之間相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為.若，，則A，B之間的余弦距離為（ ）
A． B． C． D．
，
【變式1-1】費馬點是指三角形內到三角形三個頂點距離之和最小的點，當三角形三個內角均小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，即該點所對三角形三邊的張角相等，均為120°.根據以上性質，已知，，，為內一點，記，則的最小值為（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-2】以三角形邊，，為邊向形外作正三角形，，，則，，三線共點，該點稱為的正等角中心．當的每個內角都小于120 時，正等角中心點P滿足以下性質：
（1）；（2）正等角中心是到該三角形三個頂點距離之和最小的點（也即費馬點）．由以上性質得的最小值為
【變式1-3】已知平面上的線段及點，任取上一點，線段長度的最小值稱為點到線段的距離，記作.請你寫出到兩條線段，距離相等的點的集合，，，其中，，，，，是下列兩組點中的一組．對于下列兩種情形，只需選做一種，滿分分別是① 3分；② 5分．① ，，，；② ，，，．你選擇第 種情形，到兩條線段，距離相等的點的集合 .
題型二：切比雪夫距離
【典例2-1】在平面直角坐標系中,定義為兩點的“切比雪夫距離”，又設點及上任意一點,稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”記作給出下列四個命題:
①對任意三點，都有
②已知點和直線則
③到原點的“切比雪夫距離”等于的點的軌跡是正方形；
其中真命題的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【典例2-2】在平面直角坐標系中，定義為兩點、的“切比雪夫距離”，又設點及直線上任意一點，稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”，記作，給出下列三個命題：
①對任意三點、、，都有；
②已知點和直線，則；
③定義，動點滿足，則動點的軌跡圍成平面圖形的面積是4；
其中真命題的個數（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【變式2-1】（2024·上海·二模）在平面直角坐標系中，定義為兩點、
的“切比雪夫距離”，又設點及上任意一點，稱的最小值為點到
直線的“切比雪夫距離”，記作，給出下列三個命題：
① 對任意三點、、，都有；
② 已知點和直線，則；
③ 定點、，動點滿足（），
則點的軌跡與直線（為常數）有且僅有2個公共點；
其中真命題的個數是
A．0 B．1 C．2 D．3
【變式2-2】（2024·高三·上海浦東新·期中）在平面直角坐標系中，定義為兩點、的“切比雪夫距離”，又設點及上任意一點，稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”，記作，給出四個命題，正確的是 .
①對任意三點、、，都有；
② 到原點的“切比雪夫距離”等于的點的軌跡是正方形；
③ 已知點和直線，則；
④ 定點、，動點滿足，則點的軌跡與直線（為常數）有且僅有個公共點.
題型三：曼哈頓距離、折線距離、直角距離問題
【典例3-1】（多選題）“曼哈頓距離”是十九世紀的赫爾曼 閔可夫斯基所創詞匯，用以標明兩個點在標準坐標系上的絕對軸距總和，其定義如下：在直角坐標平面上任意兩點的曼哈頓距離，則下列結論正確的是（ ）
A．若點，則
B．若點，則在軸上存在點，使得
C．若點，點在直線上，則的最小值是3
D．若點在圓上，點在直線上，則的值可能是4
【典例3-2】（2024·高三·江蘇無錫·開學考試）“曼哈頓距離”是人臉識別中的一種重要測距方式，其定義如下：設，，則，兩點間的曼哈頓距離已知，點在圓上運動，若點滿足，則的最大值為 ．
【變式3-1】在平面直角坐標系中，定義為兩點，之間的“折線距離”，則圓上一點與直線上一點的“折線距離”的最小值是 .
【變式3-2】（2024·廣東廣州·二模）在平面直角坐標系中，定義為，兩點之間的“折線距離”.已知點，動點P滿足，點M是曲線上任意一點，則點P的軌跡所圍成圖形的面積為 ，的最小值為
題型四：閔氏距離問題
【典例4-1】（2024·全國·模擬預測）閔氏距離（）是衡量數值點之間距離的一種非常常見的方法，設點、坐標分別為，，則閔氏距離.若點、分別在和的圖像上，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【典例4-2】（2024·高三·安徽阜陽·期末）閔可夫斯基距離又稱為閔氏距離，是兩組數據間距離的定義.設兩組數據分別為和，這兩組數據間的閔氏距離定義為，其中q表示階數.現有下列四個命題：
①若，則；
②若，其中，則；
③若，其中，則；
④若，其中，則的最小值為.
其中所有真命題的個數是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式4-1】（2024·全國·模擬預測）在直角坐標系中，已知點，，記，其中為正整數，稱為點，間的距離．下列說法正確的是（ ）．
A．若，則點的軌跡是正方形
B．若，則與重合
C．
D．
【變式4-2】（多選題）閔可夫斯基距離又稱為閔氏距離，是兩組數據間距離的定義．設兩組數據分別為和，這兩組數據間的閔氏距離定義為，其中q表示階數．下列命題中為真命題的是（ ）
A．若，，則
B．若，，其中a，，則
C．若，，其中a，b，c，，則
D．若，，其中a，，則的最小值為
題型五：圓的包絡線問題
【典例5-1】（多選題）設有一組圓：（）.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．所有的圓均不經過原點
【典例5-2】（多選題）設有一組圓.下列四個命題正確的是
A．存在，使圓與軸相切
B．存在一條直線與所有的圓均相交
C．存在一條直線與所有的圓均不相交
D．所有的圓均不經過原點
【變式5-1】（多選題）已知圓M: ，直線l：，下面五個命題，其中正確的是（ ）
A．對任意實數k與θ，直線l和圓M有公共點；
B．對任意實數k與θ，直線l與圓M都相離；
C．存在實數k與θ，直線l和圓M相離；
D．對任意實數k，必存在實數θ，使得直線l與圓M相切：
E．對任意實數θ，必存在實數k，使得直線l與圓M相切；
【變式5-2】（多選題）已知圓：，直線：，下面命題中正確的是（ ）
A．對任意實數與，直線和圓有公共點；
B．對任意實數與，直線與圓都相離；
C．存在實數與，直線和圓相交；
D．對任意實數，必存在實數，使得直線與圓相切.
題型六：阿波羅尼斯圓問題、反演點問題、阿波羅尼斯球問題
【變式5-3】（多選題）阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與歐幾里得 阿基米德被稱為亞歷山大時期數學三巨匠，阿波羅尼斯發現：平面內到兩個定點的距離之比為定值，且的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”.在平面直角坐標系中，，點滿足.設點的軌跡為曲線，則下列說法正確的是（ ）
A．的方程為
B．點都在曲線內部
C．當三點不共線時，則
D．若，則的最小值為
【變式5-4】圓的反演點：已知圓的半徑是，從圓心出發任作一條射線，在射線上任取兩點，若，則互為關于圓的反演點.圓的反演點還可以由以下幾何方法獲得：若點在圓外，過作圓的兩條切線，兩切點的連線與的交點就是點的反演點；若點在圓內，則連接，過點作的垂線，該垂線與圓兩交點處的切線的交點即為的反演點.已知圓，點，則的反演點的坐標為 .
【變式5-5】阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他研究發現：如果一個動點到兩個定點的距離之比為常數（，且），那么點的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.已知圓：，點，平面內一定點（異于點），對于圓上任意動點，都有比值為定值，則定點的坐標為 .
【變式5-6】阿波羅尼奧斯是古希臘著名數學家，與歐幾里得 阿基米德并稱亞歷山大時期數學三巨匠.他發現：“平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值的點的軌跡是圓.”人們將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標系中，，，點P是滿足的阿氏圓上的任意一點，則該阿氏圓的方程為 ；若Q為拋物線上的動點，Q在y軸上的射影為M，則的最小值為 .
【變式5-7】如圖，已知平面，，、是直線上的兩點，、是平面內的兩點，且，，，，．是平面上的一動點，且直線，與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是 .

【變式5-8】如圖，在正方體中，，點在線段上，且，點是正方體表面上的一動點，點是空間兩動點，若且，則的最小值為 .
題型七：圓中的垂直問題
【變式5-9】（2024·海南·模擬預測）已知直線，直線過點且與直線相互垂直，圓，若直線與圓C交于M，N兩點，則 ．
【變式5-10】（2024·全國·模擬預測）已知AC，BD為圓的兩條相互垂直的弦，垂足為，則的最大值為 ．
【變式5-11】（2024·高三·北京·期中）已知為圓的兩條相互垂直的弦，垂足為則四邊形的面積的最大值為
【變式5-12】過定點作兩條相互垂直的直線、，設原點到直線、的距離分別為、，則的最大值是 ．
【變式5-13】（2024·江蘇·二模）在平面直角坐標系中，圓.已知過原點且相互垂直的兩條直線和，其中與圓相交于，兩點，與圓相切于點.若，則直線的斜率為 .
題型八：圓的存在性問題
【典例6-1】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知圓，點在直線上．若存在過點的直線與圓相交于，兩點，且，，則的取值范圍是 .
【典例6-2】（2024·黑龍江·三模）已知圓C：，，若C上存在點P，使得，則r的取值范圍為 .
【變式6-1】已知圓和兩點，．若圓上存在點，使得，則的最大值為 ．
【變式6-2】（2024·重慶·模擬預測）已知圓及圓，若圓上任意一點，圓上均存在一點使得，則實數的取值范圍是 .
【變式6-3】（2024·廣東韶關·模擬預測）已知拋物線C：的焦點為F，過F且斜率為的直線l交拋物線C于A，B兩點，則以線段AB為直徑的圓D的方程為 ；若圓D上存在兩點P，Q，在圓T：上存在一點M，使得，則實數a的取值范圍為 .
1．定義平面內任意兩點之間的距離，稱為之間的曼哈頓距離．若點在直線上，點為拋物線上一點，則之間的曼哈頓距離的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．“曼哈頓距離”是十九世紀的赫爾曼 閔可夫斯基所創詞匯，定義如下：在直角坐標平面上任意兩點的曼哈頓距離為：.已知點在圓上，點在直線上，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
3．“曼哈頓距離”是十九世紀的赫爾曼 閔可夫斯基所創詞匯，其定義如下：在直角坐標平面上任意兩點的曼哈頓距離，則下列結論正確的是（　　）
A．若點，則
B．若點，則在軸上存在點，使得
C．若點，點在直線上，則的最小值是5
D．若點在圓上，點在直線上，則的值可能是4
4．（2024·福建泉州·模擬預測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生物識別技術．在人臉識別中，主要應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，，則曼哈頓距離，余弦距離，其中（O為坐標原點）．已知，，則的最大值近似等于（ ）
（參考數據：，．）
A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948
5．（2024·重慶沙坪壩·模擬預測）十九世紀著名德國猶太人數學家赫爾曼閔可夫斯基給出了兩點，的曼哈頓距離為.我們把到三角形三個頂點的曼哈頓距離相等的點叫“好點”，已知三角形的三個頂點坐標為，，，則的“好點”的坐標為（ ）
A． B． C． D．
6．在平面直角坐標系中，設點，定義，其中為坐標原點.對于下列結論：
（1）符合的點的軌跡圍成的圖形的面積為；
（2）設點是直線：上任意一點，則；
（3）設點是直線：上任意一點，則“使得最小的點有無數個”的充要條件是“”；
（4）設點是橢圓上任意一點，則.
其中正確的結論序號為（ ）
A．（1） （2） （3） B．（1） （3） （4）
C．（2） （3） （4） D．（1） （2） （4）
7．設，為平面直角坐標系上的兩點，其中，，，均為整數.若，則稱點為點的“相關點”.已知點是坐標原點的“相關點”，點是點的“相關點”，點是點的“相關點”，……，依此類推，點是點的“相關點”.注：點，間的距離則點與點間的距離最小值為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．定義：平面直角坐標系中，點的橫坐標的絕對值表示為，縱坐標的絕對值表示為，我們把點的橫坐標與縱坐標的絕對值之和叫做點的折線距離，記為（其中的“+”是四則運算中的加法）.若拋物線與直線只有一個交點，已知點在第一象限，且，令，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024·浙江·模擬預測）“曼哈頓距離”也叫“出租車距離”，是19世紀德國猶太人數學家赫爾曼·閔可夫斯基首先提出來的名詞，用來表示兩個點在標準坐標系上的絕對軸距總和，即在直角坐標平面內，若，，則，兩點的“曼哈頓距離”為，下列直角梯形中的虛線可以作為，兩點的“曼哈頓距離”是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·安徽合肥·模擬預測）數學家華羅庚說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微，”事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決，例如，與相關的代數問題，可以轉化為點A（x，y）與點B（a，b）之間的距離的幾何問題，結合上述觀點，可得方程的解是（　　）
A． B． C． D．
11．設直線系M：，則下列命題中是真命題的個數是（ ）
①存在一個直線與所有直線相交；②M中所有直線均經過一個定點；③對于任意實數，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．0 B．1 C．2 D．3
12．（2024·高三·上海浦東新·期中）設直線系（），則下列命題中是真命題的個數是（　　）
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；
④中所有直線均經過一個定點；
⑤不存在定點不在中的任一條直線上；
⑥對于任意整數，存在正邊形，其所有邊均在中的直線上；
⑦中的直線所能圍成的正三角形面積都相等．
A．3 B．4 C．5 D．6
13．設直線系，，對于下列四個命題：
（1）中所有直線均經過一個定點；
（2）存在定點不在中的任意一條直線上；
（3）對于任意整數，，存在正邊形，其所有邊均在中的直線上；
（4）中的直線所能圍成的正三角形面積都相等；其中真命題的是（ ）
A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3） （4） D．（1）（2）
14．設直線系，對于下列四個結論：
（1）當直線垂直于軸時，或；
（2）當時，直線傾斜角為；
（3）中所有直線均經過一個定點；
（4）存在定點不在中任意一條直線上．
其中正確的是（ ）
A．①② B．③④ C．②③ D．②④
15．設有一組圓：．下列四個命題：
①存在一條定直線與所有的圓均相切；②存在一條定直線與所有的圓均相交；
③存在一條定直線與所有的圓均不相交；④所有的圓均不經過原點．
其中真命題的序號是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．③④
16．已知直線與圓相切，則滿足條件的直線有（ ）
A．1條 B．2條 C．3條 D．4條
17．已知直線l：與圓相切，則滿足條件的直線l有（ ）條
A．4 B．3 C．2 D．1
18．（2024·廣西·模擬預測）阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他研究發現：如果一個動點到兩個定點的距離之比為常數（且），那么點的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.若點到，的距離比為，則點到直線：的距離的最大值是（ ）
A． B． C． D．
19．（2024·云南昆明·一模）在棱長均為的四面體中，點為的中點，點為的中點.若點，是平面內的兩動點，且，，則的面積為
A． B．3
C． D．2
20．（多選題）在平面直角坐標系中，圓的方程為.若直線上存在一點，使過所作的圓的兩條切線相互垂直，則實數的取可以是
A． B． C． D．
21．（2024·山東煙臺·三模）在平面直角坐標系中，若定義兩點和之間的“t距離”為，其中表示p，q中的較大者，則點與點之間的“t距離”為 ；若平面內點和點之間的“t距離”為，則A點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為 .
22．平面中兩條直線、相交于點O，對于平面上任意一點M，若p，q分別是M到直線和的距離，則稱有序非負實數對是點M的“距離坐標”．已知常數，，給出下列命題：
（1）若，則“距離坐標”為（0，0）的點有且僅有1個；
（2）若，，則“距離坐標”為的點有且僅有2個；
（3）若，則“距離坐標”為的點有且僅有4個．
以上命題中，正確的命題是 ．
23．在平面直角坐標系中，定義為兩點，的“切比雪夫距離”．又設點P及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）．給出下列四個命題：①對任意三點A，B，C，都有；②已知點P（3，1）和直線，則；③到原點的“切比雪夫距離”等于1的點的軌跡是正方形．其中正確的序號為 ．
24．（2024·廣東韶關·一模）我們知道距離是衡量兩點之間的遠近程度的一個概念.數學中根據不同定義有好多種距離.平面上，歐幾里得距離是與兩點間的直線距離，即.切比雪夫距離是與兩點中橫坐標差的絕對值和縱坐標差的絕對值中的最大值，即.已知是直線上的動點，當與（為坐標原點）兩點之間的歐幾里得距離最小時，其切比雪夫距離為 .
25．（2024·四川涼山·三模）點是內部或邊界上的點，若到三個頂點距離之和最小，則稱點是的費馬點（該問題是十七世紀法國數學家費馬提出）.若，，時，點是的費馬點，且已知在軸上，則的大小等于 .
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目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：距離的創新定義 2
題型二：切比雪夫距離 6
題型三：曼哈頓距離、折線距離、直角距離問題 11
題型四：閔氏距離問題 15
題型五：圓的包絡線問題 17
題型六：阿波羅尼斯圓問題、反演點問題、阿波羅尼斯球問題 20
題型七：圓中的垂直問題 25
題型八：圓的存在性問題 28
03 過關測試 31
直線與圓的綜合應用方法主要包括幾何法和代數法。
題型一：距離的創新定義
【典例1-1】數學家華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微”.事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決，例如，與相關的代數問題，可以轉化為點與點之間距離的幾何問題.結合上述觀點，可求得方程的解是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為，
所以可以轉化為到的距離，
同理，可以轉化為到的距離，
因為，
所以到兩定點和的距離之和為，
所以在以點和為焦點的橢圓上，
設橢圓的標準方程為：，
則，，
即，
又，
所以，
所以橢圓的方程為：，
由，
得，
解得，.
故選：D.
【典例1-2】人臉識別中檢測樣本之間相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為.若，，則A，B之間的余弦距離為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題，，
，
所以A，B之間的余弦距離為.
故選：A.
【變式1-1】費馬點是指三角形內到三角形三個頂點距離之和最小的點，當三角形三個內角均小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，即該點所對三角形三邊的張角相等，均為120°.根據以上性質，已知，，，為內一點，記，則的最小值為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】設為坐標原點，由，，，
知,且為銳角三角形，
因此，費馬點M在線段上，設，如圖，
則為頂角是120°的等腰三角形，故，
所以，
則的最小值為.
故選：B
【變式1-2】以三角形邊，，為邊向形外作正三角形，，，則，，三線共點，該點稱為的正等角中心．當的每個內角都小于120 時，正等角中心點P滿足以下性質：
（1）；（2）正等角中心是到該三角形三個頂點距離之和最小的點（也即費馬點）．由以上性質得的最小值為
【答案】
【解析】根據題意，在平面直角坐標系中，令點，，，
則表示坐標系中一點到點、、的距離之和，
因為是等腰三角形，，
所以點在軸負半軸上，所以與軸重合，
令的費馬點為，則在上，則，
因為是銳角三角形，由性質（1）得，
所以，所以，所以，
，到、、的距離分別為，，
所以的最小值，
即為費馬點到點、、的距離之和，則．
故答案為：．
【變式1-3】已知平面上的線段及點，任取上一點，線段長度的最小值稱為點到線段的距離，記作.請你寫出到兩條線段，距離相等的點的集合，，，其中，，，，，是下列兩組點中的一組．對于下列兩種情形，只需選做一種，滿分分別是① 3分；② 5分．① ，，，；② ，，，．你選擇第 種情形，到兩條線段，距離相等的點的集合 .
【答案】 ①，軸 ②軸非負半軸，拋物線，直線
【解析】根據題意從兩組點的坐標中選一組，根據所給的四個點的坐標，寫出兩條直線的方程，從直線方程中看出這兩條直線之間的平行關系，得到要求的結果.
對于①，，，，；
利用兩點式寫出兩條直線的方程：，：，
到兩條線段，距離相等的點的集合，，，
根據兩條直線的方程可知兩條直線之間的關系是平行，
到兩條線段，距離相等的點的集合為，
對于②，，，，．
根據第一組作出的結果，觀察第二組數據的特點，連接得到線段以后，可以得到到兩條線段距離相等的點是軸的非負半軸，拋物線拋物線，直線
故滿足條件的集合且.
綜上所述，①，；②，且
.
題型二：切比雪夫距離
【典例2-1】在平面直角坐標系中,定義為兩點的“切比雪夫距離”，又設點及上任意一點,稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”記作給出下列四個命題:
①對任意三點，都有
②已知點和直線則
③到原點的“切比雪夫距離”等于的點的軌跡是正方形；
其中真命題的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【解析】① 對任意三點、、，若它們共線，設，、，，，，如圖，結合三角形的相似可得，，為，，，或，，，則；
若，或，對調，可得；
若，，不共線，且三角形中為銳角或鈍角，如圖，
由矩形或矩形，；
則對任意的三點，，，都有，故①正確；
②設點是直線上一點，且，
可得，，
由，解得，即有，
當時，取得最小值；
由，解得或，即有，
的范圍是，無最值；
綜上可得，，兩點的“切比雪夫距離”的最小值為；故②正確；
③由題，到原點的“切比雪夫距離”的距離為1的點滿足，即或，顯然點的軌跡為正方形，故③正確；
故選：D
【典例2-2】在平面直角坐標系中，定義為兩點、的“切比雪夫距離”，又設點及直線上任意一點，稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”，記作，給出下列三個命題：
①對任意三點、、，都有；
②已知點和直線，則；
③定義，動點滿足，則動點的軌跡圍成平面圖形的面積是4；
其中真命題的個數（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【解析】由新定義表示出三點兩兩之間的“切比雪夫距離”，然后根據絕對值的性質判斷①，
由新定義計算出，判斷②，
根據新定義求出的軌跡方程，確定其軌跡，求得軌跡圍成的圖形面積判斷③．①設，則，
，
顯然，同理，
∴，①正確；
②設是直線上任一點，則，
，易知在上是增函數，在上是減函數，∴時，，②錯；
③由得，易知此曲線關于軸，軸，原點都對稱，它是以為頂點的正方形，其轉成圖形面積為，③錯．
故選：B．
【變式2-1】（2024·上海·二模）在平面直角坐標系中，定義為兩點、
的“切比雪夫距離”，又設點及上任意一點，稱的最小值為點到
直線的“切比雪夫距離”，記作，給出下列三個命題：
① 對任意三點、、，都有；
② 已知點和直線，則；
③ 定點、，動點滿足（），
則點的軌跡與直線（為常數）有且僅有2個公共點；
其中真命題的個數是
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】設，由題意可得：
同理可得：,則：
，
命題①成立；
設點Q是直線y=2x-1上一點，且Q（x,2x-1），可得，
由，解得，即有，當時取得最小值；
由，解得或，即有，
的范圍是，無最小值.
綜上可得，P,Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為.
說法②正確.
定點、，動點滿足（），則：
，
顯然上述方程所表示的曲線關于原點對稱，故不妨設x≥0，y≥0.
(1)當時，有，得：；
(2)當時，有，此時無解；
(3)當時，有；
則點P的軌跡是如圖所示的以原點為中心的兩支折線.
結合圖象可知，點的軌跡與直線（為常數）有且僅有2個公共點，命題③正確.
綜上可得命題①②③均正確，真命題的個數是3.
本題選擇D選項.
【變式2-2】（2024·高三·上海浦東新·期中）在平面直角坐標系中，定義為兩點、的“切比雪夫距離”，又設點及上任意一點，稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”，記作，給出四個命題，正確的是 .
①對任意三點、、，都有；
② 到原點的“切比雪夫距離”等于的點的軌跡是正方形；
③ 已知點和直線，則；
④ 定點、，動點滿足，則點的軌跡與直線（為常數）有且僅有個公共點.
【答案】①②③④
【解析】①對任意三點、、，若它們共線，設、、，
如下圖，結合三角形相似可得或，或，或，則；
若、或、對調，可得；
若、、不共線，且中為銳角或鈍角，由矩形或矩形，
；
則對任意的三點、、，都有，命題①正確；
②到原點的“切比雪夫距離”等于的點，即為，若，則；
若，則，故所求軌跡是正方形，命題②正確；
③設點是直線上一點，且，可得，
由，解得，即有.
當時，取得最小值；
由，解得或，即有，
的取值范圍是，無最值，
所以，、兩點的“切比雪夫距離”的最小值為，命題③正確；
④定點、，動點，滿足，
可得不在上，在線段間成立，可得，解得.
由對稱性可得也成立，即有兩點滿足條件；
若在第一象限內，滿足，即為，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，
則點的軌跡與直線（為常數）有且僅有個公共點，命題④正確.
故答案為：①②③④.
題型三：曼哈頓距離、折線距離、直角距離問題
【典例3-1】（多選題）“曼哈頓距離”是十九世紀的赫爾曼 閔可夫斯基所創詞匯，用以標明兩個點在標準坐標系上的絕對軸距總和，其定義如下：在直角坐標平面上任意兩點的曼哈頓距離，則下列結論正確的是（ ）
A．若點，則
B．若點，則在軸上存在點，使得
C．若點，點在直線上，則的最小值是3
D．若點在圓上，點在直線上，則的值可能是4
【答案】DCD
【解析】對于A選項，由曼哈頓距離的定義可知，則A正確；
對于B選項，設，則，從而，故B錯誤；
對于C選項，作軸，交直線于，過作，垂足為.
由曼哈頓距離的定義可知.
當不與重合時，因為直線的斜率為，所以，所以；
當與重合時，.
綜上，，則.故C正確.
對于D選項，若，則，故D正確.
故選：ACD
【典例3-2】（2024·高三·江蘇無錫·開學考試）“曼哈頓距離”是人臉識別中的一種重要測距方式，其定義如下：設，，則，兩點間的曼哈頓距離已知，點在圓上運動，若點滿足，則的最大值為 ．
【答案】/
【解析】由題意得，圓，圓心，半徑，
設點，則，
故點的軌跡為如下所示的正方形，其中，，
則，，
則，即的最大值為.
故答案為：.
【變式3-1】在平面直角坐標系中，定義為兩點，之間的“折線距離”，則圓上一點與直線上一點的“折線距離”的最小值是 .
【答案】
【解析】將直線平移到與圓相切，求出此時的直線方程為，利用結論二可知，圓上一點與直線上一點的“折線距離”的最小值是．
【變式3-2】（2024·廣東廣州·二模）在平面直角坐標系中，定義為，兩點之間的“折線距離”.已知點，動點P滿足，點M是曲線上任意一點，則點P的軌跡所圍成圖形的面積為 ，的最小值為
【答案】 /0.5
【解析】設，，
當時，則，即，
當時，則，即，
當時，則，即
當時，則，即，
故點P的軌跡所圍成圖形如下圖陰影部分四邊形的面積：
則.
如下圖，設，，顯然，，
，
求的最小值，即的最小值，的最大值，
又，下面求的最小值，
令，，即，
令，解得：，令，解得：，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以時，有最小值，且，
所以.
故答案為：；.
題型四：閔氏距離問題
【典例4-1】（2024·全國·模擬預測）閔氏距離（）是衡量數值點之間距離的一種非常常見的方法，設點、坐標分別為，，則閔氏距離.若點、分別在和的圖像上，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題意得，設，
因為點A、B分別在函數和的圖象上，
所以，
當且僅當時等號成立.
設，，則，
令，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，即，所以，
即，所以的最小值為.
故選：A.
【典例4-2】（2024·高三·安徽阜陽·期末）閔可夫斯基距離又稱為閔氏距離，是兩組數據間距離的定義.設兩組數據分別為和，這兩組數據間的閔氏距離定義為，其中q表示階數.現有下列四個命題：
①若，則；
②若，其中，則；
③若，其中，則；
④若，其中，則的最小值為.
其中所有真命題的個數是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】對于①：，故①正確.
對于②：，故②錯誤.
對于③：，不妨設，，且均為非負數，所以故③正確.
對于④：構造函數，則，的最小值即兩曲線動點間的最小距離，設與直線平行的切線方程為，聯立 得：，令得，，所以切線方程為：與之間的距離，所以最小值為，故④正確.
故選C.
【變式4-1】（2024·全國·模擬預測）在直角坐標系中，已知點，，記，其中為正整數，稱為點，間的距離．下列說法正確的是（ ）．
A．若，則點的軌跡是正方形
B．若，則與重合
C．
D．
【答案】D
【解析】由得，所以點的軌跡是以為中心的正方形，故A正確；
記，，則，，
若，則，顯然有，滿足此等式，可取點，，顯然與不重合，故B錯誤；
取點，，，則，
此時，故C錯誤，也可得D錯誤．
故選：A.
【變式4-2】（多選題）閔可夫斯基距離又稱為閔氏距離，是兩組數據間距離的定義．設兩組數據分別為和，這兩組數據間的閔氏距離定義為，其中q表示階數．下列命題中為真命題的是（ ）
A．若，，則
B．若，，其中a，，則
C．若，，其中a，b，c，，則
D．若，，其中a，，則的最小值為
【答案】DCD
【解析】對于A：，故A正確．
對于B：，，故B錯誤．
對于C：，，不妨設，，因為，所以，所以，所以，所以，故C正確．
對于D：構造函數，，則的最小值即兩曲線動點間的最小距離，設直線與曲線相切，則由，得，由，得，所以切線方程為，
所以兩曲線動點間的最小距離為，故D正確．
故選：ACD
題型五：圓的包絡線問題
【典例5-1】（多選題）設有一組圓：（）.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．所有的圓均不經過原點
【答案】AD
【解析】圓心為，半徑為，
，，，，，圓與圓是內含關系，因此不可能有直線與這兩個圓都相切，從而A錯誤；
易知圓心在直線上，此直線與所有圓都相交，B正確；
若取無窮大，則所有直線都與圓相交，C錯；
將代入圓方程得，即，等式左邊是奇數，右邊是偶數，因此方程無整數解，即原點不在任一圓上，D正確．
故選：BD．
【典例5-2】（多選題）設有一組圓.下列四個命題正確的是
A．存在，使圓與軸相切
B．存在一條直線與所有的圓均相交
C．存在一條直線與所有的圓均不相交
D．所有的圓均不經過原點
【答案】DBD
【解析】根據題意得圓的圓心為（1，k），半徑為，
選項A,當k=，即k=1時，圓的方程為，圓與x軸相切，故正確；
選項B，直線x=1過圓的圓心（1，k），x＝1與所有圓都相交，故正確；
選項C,圓k：圓心（1，k），半徑為k2，圓k+1：圓心（1，k+1），半徑為（k+1）2，
兩圓的圓心距d＝1，兩圓的半徑之差R﹣r＝2k+1，（R﹣r＞d）， k含于Ck+1之中，
若k取無窮大，則可以認為所有直線都與圓相交，故錯誤；
選項D,將（0，0）帶入圓的方程，則有1+k2＝k4，不存在 k∈N*使上式成立，
即所有圓不過原點，正確．
故選ABD
【變式5-1】（多選題）已知圓M: ，直線l：，下面五個命題，其中正確的是（ ）
A．對任意實數k與θ，直線l和圓M有公共點；
B．對任意實數k與θ，直線l與圓M都相離；
C．存在實數k與θ，直線l和圓M相離；
D．對任意實數k，必存在實數θ，使得直線l與圓M相切：
E．對任意實數θ，必存在實數k，使得直線l與圓M相切；
【答案】DD
【解析】AB選項，由題意知圓M的圓心為點，半徑為r=1，
直線l的方程可寫作，過定點，因為點A在圓上，
所以直線l與圓M相切或相交，任意實數k與θ，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k與θ，直線l和圓M相離，C錯誤；
D選項，當直線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當時，直線AM與x軸垂直，則，
即，解得，存在，使得直線l與圓M相切；
②當時，若直線AM與直線l垂直，則，
直線AM的斜率為，
所以，即，
此時對任意的，均存在實數θ，使得，則直線AM與直線l垂直.
綜上所述，對任意實數k，必存在實數θ，使得直線l與圓M相切.D正確.
E選項，點到直線l的距離為，
令，當時，d=0，；當時，，
即此時恒成立，直線l與圓M必相交，
故此時不存在實數k，使得直線l與圓M相切.E錯誤.
故選：AD
【變式5-2】（多選題）已知圓：，直線：，下面命題中正確的是（ ）
A．對任意實數與，直線和圓有公共點；
B．對任意實數與，直線與圓都相離；
C．存在實數與，直線和圓相交；
D．對任意實數，必存在實數，使得直線與圓相切.
【答案】DCD
【解析】對于A，圓：的圓心為，半徑為；無論取何值，都有，∴圓過定點；
又直線：可化為，過定點；
∴直線和圓有公共點，A正確；
對于B，圓心到直線的距離為，其中；∴，故B錯誤；
根據B的分析，可得C D正確.
故選：ACD
題型六：阿波羅尼斯圓問題、反演點問題、阿波羅尼斯球問題
【變式5-3】（多選題）阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與歐幾里得 阿基米德被稱為亞歷山大時期數學三巨匠，阿波羅尼斯發現：平面內到兩個定點的距離之比為定值，且的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”.在平面直角坐標系中，，點滿足.設點的軌跡為曲線，則下列說法正確的是（ ）
A．的方程為
B．點都在曲線內部
C．當三點不共線時，則
D．若，則的最小值為
【答案】DCD
【解析】設，不與，重合），
由，，有，，
，即，化簡得，
所以點的軌跡曲線是以為圓心，半徑的圓，如圖所示，
對于A選項，由曲線的方程為，選項A正確；
對于B選項，由，點在曲線外，選項B錯誤；
對于C選項，由，，有，
則當，，三點不共線時，由三角形內角平分線定理知，是內角的角平分線，
所以，選項C正確；
對于D選項，由，得，
則，
當且僅當在線段上時，等號成立，
則的最小值為，選項D正確．
故選：ACD．
【變式5-4】圓的反演點：已知圓的半徑是，從圓心出發任作一條射線，在射線上任取兩點，若，則互為關于圓的反演點.圓的反演點還可以由以下幾何方法獲得：若點在圓外，過作圓的兩條切線，兩切點的連線與的交點就是點的反演點；若點在圓內，則連接，過點作的垂線，該垂線與圓兩交點處的切線的交點即為的反演點.已知圓，點，則的反演點的坐標為 .
【答案】
【解析】圓，圓心，半徑，
點，點在圓外，
過作圓的兩條切線，兩切點為，則在以為直徑的圓上，
即是圓與圓的交點，
兩圓方程相減，得公共弦所在直線的方程為，
又直線的方程為，由，解得，
所以的反演點的坐標為.
故答案為：
【變式5-5】阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他研究發現：如果一個動點到兩個定點的距離之比為常數（，且），那么點的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.已知圓：，點，平面內一定點（異于點），對于圓上任意動點，都有比值為定值，則定點的坐標為 .
【答案】
【解析】設的坐標為，動點，，
則，
，
，
，
可得，
又點的軌跡方程，
可得，解得（舍）或，
則的坐標為.
故答案為: .
【變式5-6】阿波羅尼奧斯是古希臘著名數學家，與歐幾里得 阿基米德并稱亞歷山大時期數學三巨匠.他發現：“平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值的點的軌跡是圓.”人們將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標系中，，，點P是滿足的阿氏圓上的任意一點，則該阿氏圓的方程為 ；若Q為拋物線上的動點，Q在y軸上的射影為M，則的最小值為 .
【答案】 或（）
【解析】設，由得，
化簡得，
拋物線的焦點為，，
，
，
易知當四點共線時，取得最小值為，
所以的最小值是．
故答案為：；．
【變式5-7】如圖，已知平面，，、是直線上的兩點，、是平面內的兩點，且，，，，．是平面上的一動點，且直線，與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是 .

【答案】
【解析】，，，，同理，
為直線與平面所成的角，為直線與平面所成的角，
，又，
，，在平面內，以為軸，以的中垂線為軸建立平面直角坐標系，則，設，，整理可得：，在內的軌跡為為圓心，以為半徑的上半圓
平面平面，，，為二面角的平面角，
當與圓相切時，最大，取得最小值，此時，.
故答案為：.
【變式5-8】如圖，在正方體中，，點在線段上，且，點是正方體表面上的一動點，點是空間兩動點，若且，則的最小值為 .
【答案】
【解析】如圖,建立如圖所示的空間直角坐標系
則,，設
由題設
即
也即
由此可知點都是在球心為,半徑為2的球面上
又,故點是球的直徑的兩個端點
所以，
所以
而在正方體的表面上,故當點在正方體的頂點上時,
此時的值最小為
故答案為 ：.
題型七：圓中的垂直問題
【變式5-9】（2024·海南·模擬預測）已知直線，直線過點且與直線相互垂直，圓，若直線與圓C交于M，N兩點，則 ．
【答案】
【解析】由直線，可得斜率，
因為且直線過點，所以直線的斜率為，
所以的方程為，
又由圓，即，
可得圓的圓心坐標為，半徑為，
則圓心到直線的距離為，
所以弦長.
故答案為：.
【變式5-10】（2024·全國·模擬預測）已知AC，BD為圓的兩條相互垂直的弦，垂足為，則的最大值為 ．
【答案】20
【解析】設圓心到AC，BD的距離分別為m，n．
因為AC，BD相互垂直，所以，
由垂徑定理得，
則，
由，得，當且僅當時等號成立，
故．
故答案為：20
【變式5-11】（2024·高三·北京·期中）已知為圓的兩條相互垂直的弦，垂足為則四邊形的面積的最大值為
【答案】14
【解析】解:圓,
圓心O坐標,半徑,
設圓心O到AC、BD的距離分別為、,
,
則,
又
四邊形ABCD的面積
,當且僅當時取等號,
則四邊形ABCD面積的最大值為14.
故答案為14
【變式5-12】過定點作兩條相互垂直的直線、，設原點到直線、的距離分別為、，則的最大值是 ．
【答案】
【解析】如圖所示：
作交于點，作交于點，
可得四邊形為矩形，
，
故可設，
，其中，
當取最大值1時，取最大值.
故答案為：
【變式5-13】（2024·江蘇·二模）在平面直角坐標系中，圓.已知過原點且相互垂直的兩條直線和，其中與圓相交于，兩點，與圓相切于點.若，則直線的斜率為 .
【答案】
【解析】設：，：，利用點到直線的距離，列出式子
，求出的值即可.由圓，可知圓心，半徑為.
設直線：，則：，
圓心到直線的距離為，
，
.
圓心到直線的距離為半徑，即，
并根據垂徑定理的應用，可列式得到，
解得.
故答案為：.
題型八：圓的存在性問題
【典例6-1】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知圓，點在直線上．若存在過點的直線與圓相交于，兩點，且，，則的取值范圍是 .
【答案】
【解析】圓圓心，半徑為
設弦中點為，連接，，
由，，可得點在弦上，
且，，，
又圓心到弦所在直線的距離為：
，
則，
則點在以為圓心半徑為5的圓上運動，
又點在直線上，
則直線與以為圓心半徑為5的圓有公共點，
則，解之得或，
所以的取值范圍是．
故答案為：
【典例6-2】（2024·黑龍江·三模）已知圓C：，，若C上存在點P，使得，則r的取值范圍為 .
【答案】[4，6]
【解析】因為點，而點P滿足，則點P的軌跡是以線段AB為直徑的圓M(除點A，B外)，圓M：(y≠0)，半徑=1，
又點Р在圓C：(r>0)上，圓C的圓心C(1，4)，半徑為r，，
依題意，圓M與圓C有公共點，因此，即，解得.
故答案為：.
【變式6-1】已知圓和兩點，．若圓上存在點，使得，則的最大值為 ．
【答案】11
【解析】設，，則，
即，則的軌跡為以為圓心，半徑的圓，
根據題意知兩圓有交點，圓心距，故，
解得，故的最大值為.
故答案為：.
【變式6-2】（2024·重慶·模擬預測）已知圓及圓，若圓上任意一點，圓上均存在一點使得，則實數的取值范圍是 .
【答案】
【解析】由，即在上運動，而為圓上任意一點，
要使圓上存在一點使，
即過點相互垂直的兩直線與圓有交點且與兩條垂線的夾角均為即可，
所以，只需為射線與圓交點時，使過點相互垂直的兩直線與圓有交點且與兩條垂線的夾角均為，
如上圖，上述兩條垂線剛好與圓相切為滿足要求的臨界情況，
所以，只需，為圓半徑，即，
又，故，可得.
故答案為：
【變式6-3】（2024·廣東韶關·模擬預測）已知拋物線C：的焦點為F，過F且斜率為的直線l交拋物線C于A，B兩點，則以線段AB為直徑的圓D的方程為 ；若圓D上存在兩點P，Q，在圓T：上存在一點M，使得，則實數a的取值范圍為 .
【答案】
【解析】過拋物線的焦點且斜率為的直線為，
由消去，得，設，有，
于是的中點為，且，
所以以線段為直徑的圓的半徑，方程為；
對圓及內任意一點，必可作互相垂直的兩直線與圓D相交，則圓上存在兩點,，使，
對圓外任意一點，,是圓上兩點，當,與圓相切時，
最大，此時為矩形，，
從而以線段為直徑的圓上存在兩點,，在圓上存在一點，使得，
等價于以為圓心，以為半徑的圓與圓有公共點，
因此，解得，
所以實數a的取值范圍為.
故答案為：；
1．定義平面內任意兩點之間的距離，稱為之間的曼哈頓距離．若點在直線上，點為拋物線上一點，則之間的曼哈頓距離的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由題意，設，
所以，
如圖所示，，且直線與拋物線無交點，
所以，只需兩點的橫坐標相等時，最小，即
所以，
所以的最小值為.
故選：C.
2．“曼哈頓距離”是十九世紀的赫爾曼 閔可夫斯基所創詞匯，定義如下：在直角坐標平面上任意兩點的曼哈頓距離為：.已知點在圓上，點在直線上，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖，過點作平行于軸的直線交直線于點，過點作于點表示的長度，因為直線的方程為，所以，即，
當固定點時，為定值，此時為零時，最小，即與重合（平行于軸）時，最小，如圖所示，
設，，則，
，
由三角函數知識可知，其中，
則其最大值是，
所以，故D正確.
故選：D.
3．“曼哈頓距離”是十九世紀的赫爾曼 閔可夫斯基所創詞匯，其定義如下：在直角坐標平面上任意兩點的曼哈頓距離，則下列結論正確的是（　　）
A．若點，則
B．若點，則在軸上存在點，使得
C．若點，點在直線上，則的最小值是5
D．若點在圓上，點在直線上，則的值可能是4
【答案】D
【解析】A選項，，A錯誤；
B選項，設，則，
當且僅當時，等號成立，
故在軸上不存在點，使得，B錯誤；
C選項，點在直線上，設，
則，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
故當時，取得最小值，最小值為，C錯誤；
D選項，設，此時，
故的值可能為4，D正確.
故選：D
4．（2024·福建泉州·模擬預測）人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生物識別技術．在人臉識別中，主要應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，，則曼哈頓距離，余弦距離，其中（O為坐標原點）．已知，，則的最大值近似等于（ ）
（參考數據：，．）
A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948
【答案】A
【解析】設，
由題意可得：，即，
可知表示正方形，其中，
即點在正方形的邊上運動，
因為，由圖可知：
當取到最小值，即最大，點有如下兩種可能：
①點為點A，則，可得；
②點在線段上運動時，此時與同向，不妨取，
則；
因為，
所以的最大值為.
故選：B.
5．（2024·重慶沙坪壩·模擬預測）十九世紀著名德國猶太人數學家赫爾曼閔可夫斯基給出了兩點，的曼哈頓距離為.我們把到三角形三個頂點的曼哈頓距離相等的點叫“好點”，已知三角形的三個頂點坐標為，，，則的“好點”的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】對于A，設，
則，
所以點不是的“好點”；
對于B，設，
則，
，
所以，
所以點是的“好點”；
對于C，設，
則，
所以點不是的“好點”；
對于D，設，
則，
所以點不是的“好點”.
故選：B.
6．在平面直角坐標系中，設點，定義，其中為坐標原點.對于下列結論：
（1）符合的點的軌跡圍成的圖形的面積為；
（2）設點是直線：上任意一點，則；
（3）設點是直線：上任意一點，則“使得最小的點有無數個”的充要條件是“”；
（4）設點是橢圓上任意一點，則.
其中正確的結論序號為（ ）
A．（1） （2） （3） B．（1） （3） （4）
C．（2） （3） （4） D．（1） （2） （4）
【答案】D
【解析】對于（1），由，根據新定義得：，
畫出圖象如圖所示：
根據圖形得到：四邊形為邊長是的正方形，面積等于2，（1）正確；
對于（2），點是直線：上任意一點，則，
可得，
當時，；
當時，；
當時，可得，
綜上可得的最小值為，故正確；
對于，當時，，滿足題意；
而，當時，，滿足題意，
即都能 “使最小的點有無數個”，正確；
對于點是橢圓上任意一點，因為求最大值，
所以可設，，，，，
，不正確．
故選：A.
7．設，為平面直角坐標系上的兩點，其中，，，均為整數.若，則稱點為點的“相關點”.已知點是坐標原點的“相關點”，點是點的“相關點”，點是點的“相關點”，……，依此類推，點是點的“相關點”.注：點，間的距離則點與點間的距離最小值為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【解析】根據題意，由于“相關點”的關系都是相互的，所以當，時，
點與點間的距離最小值為0，所以點又回到最初位置，坐標為，
然后根據式子，經過三次變換：，，
，又因為，，，均為整數，所以點與點間的距離最小值為1，
故選：B
8．定義：平面直角坐標系中，點的橫坐標的絕對值表示為，縱坐標的絕對值表示為，我們把點的橫坐標與縱坐標的絕對值之和叫做點的折線距離，記為（其中的“+”是四則運算中的加法）.若拋物線與直線只有一個交點，已知點在第一象限，且，令，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因為拋物線與直線只有一個交點，
所以只有一個解，消去得，
所以，，因為，所以，
可化為，即，
所以，，因為點在第一象限，所以，，
因為，所以，可得，
所以，
因為，拋物線開口向下，對稱軸為，所以隨的增大而增大，
故.
故選：C.
9．（2024·浙江·模擬預測）“曼哈頓距離”也叫“出租車距離”，是19世紀德國猶太人數學家赫爾曼·閔可夫斯基首先提出來的名詞，用來表示兩個點在標準坐標系上的絕對軸距總和，即在直角坐標平面內，若，，則，兩點的“曼哈頓距離”為，下列直角梯形中的虛線可以作為，兩點的“曼哈頓距離”是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根據題意：，兩點的“曼哈頓距離”為，再結合四個選項可以判斷只有C選項符合題意.
故選：C．
10．（2024·安徽合肥·模擬預測）數學家華羅庚說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微，”事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決，例如，與相關的代數問題，可以轉化為點A（x，y）與點B（a，b）之間的距離的幾何問題，結合上述觀點，可得方程的解是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由可得
4
表示點（x，1）到定點（-3，0）和（3，0）的距離之差等于4，
由雙曲線的定義可知，點（x，1）在以（-3，0）和（3，0）為焦點，
的雙曲線的右支上，所以，所以雙曲線方程為，
令可得，因為，所以，
即方程的解是，
故選：C.
11．設直線系M：，則下列命題中是真命題的個數是（ ）
①存在一個直線與所有直線相交；②M中所有直線均經過一個定點；③對于任意實數，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．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【解析】根據直線系M：，
可得到直線M的距離，
所以所有直線都為圓心為，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，作圓的外切正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：
正和正面積不相等，故④錯誤；
故選：B
12．（2024·高三·上海浦東新·期中）設直線系（），則下列命題中是真命題的個數是（　　）
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；
④中所有直線均經過一個定點；
⑤不存在定點不在中的任一條直線上；
⑥對于任意整數，存在正邊形，其所有邊均在中的直線上；
⑦中的直線所能圍成的正三角形面積都相等．
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】根據直線系（）得到，
所有直線都為圓心為，半徑為1的圓的切線．
對于①，可取圓心為，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，半徑為的圓，該圓與所有直線不相交，所以②正確；
對于③，可取圓心為，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，存在不在中的任一條直線上，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，所以真命題的個數為4個．
故選：B．
13．設直線系，，對于下列四個命題：
（1）中所有直線均經過一個定點；
（2）存在定點不在中的任意一條直線上；
（3）對于任意整數，，存在正邊形，其所有邊均在中的直線上；
（4）中的直線所能圍成的正三角形面積都相等；其中真命題的是（ ）
A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3） （4） D．（1）（2）
【答案】D
【解析】首先發現直線系表示圓的切線集合，再根據切線的性質判斷（1）（3）（4），以及觀察得到點不在任何一條直線上，判斷選項.因為點到直線系中每條直線的距離，直線系表示圓的切線集合.
（1）由于直線系表示圓的所有切線，其中存在兩條切線平行，所有中所有直線均經過一個定點不可能，故（1）不正確；
（2）存在定點不在中的任意一條直線上，觀察知點符合條件，故（2）正確；
（3）由于圓的所有外切正多邊形的邊都是圓的切線，所以對于任意整數，存在正變形，其所有邊均在的直線上，故（3）正確；
（4）如下圖，中的直線所能圍成的正三角形有兩類，一類如，一類是,顯然這兩類三角形的面積不相等，故（4）不正確.
故選：A
14．設直線系，對于下列四個結論：
（1）當直線垂直于軸時，或；
（2）當時，直線傾斜角為；
（3）中所有直線均經過一個定點；
（4）存在定點不在中任意一條直線上．
其中正確的是（ ）
A．①② B．③④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】，
（1）當直線垂直于軸時，則，解得或或，故（1）錯誤；
（2）當時，直線方程為：，
斜率，即，傾斜角，故（2）正確；
（3）由直線系
可令，消去可得，
故直線系表示圓的切線的集合，故（3）不正確．
（4）因為對任意，存在定點不在直線系中的任意一條上，故（4）正確；
故選：D．
15．設有一組圓：．下列四個命題：
①存在一條定直線與所有的圓均相切；②存在一條定直線與所有的圓均相交；
③存在一條定直線與所有的圓均不相交；④所有的圓均不經過原點．
其中真命題的序號是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．③④
【答案】A
【解析】根據題意得：圓心，
圓心在直線上，故存在直線與所有圓都相交，選項②正確；
考慮兩圓的位置關系，
圓：圓心，半徑為，
圓：圓心，即，半徑為，
兩圓的圓心距，
兩圓的半徑之差，
任取,，含于之中，選項①錯誤；
若取無窮大，則可以認為所有直線都與圓相交，選項③錯誤；
將帶入圓的方程，則有，即，
因為左邊為奇數，右邊為偶數，故不存在使上式成立，即所有圓不過原點，選項④正確．
則真命題的代號是②④．
故選：B．
16．已知直線與圓相切，則滿足條件的直線有（ ）
A．1條 B．2條 C．3條 D．4條
【答案】B
【解析】因為直線與圓相切，
則圓心到直線的距離為，
即，即，
所以，其中，
則或，
正弦值為的只有在軸負半軸，正弦值為可以在第一或者第二象限，故有種可能，
則滿足條件的直線有3條.
故選：C.
17．已知直線l：與圓相切，則滿足條件的直線l有（ ）條
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】的圓心為，半徑為1，
則圓心到的距離為，
則，
故或，
所以或，
當時，，此時直線l：，
當時，或，
當，此時，直線l：，
當，此時，直線l：，
綜上：滿足條件的直線l有3條.
故選：B
18．（2024·廣西·模擬預測）阿波羅尼斯是古希臘著名數學家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他研究發現：如果一個動點到兩個定點的距離之比為常數（且），那么點的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.若點到，的距離比為，則點到直線：的距離的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題意，設點，則，
∴，化簡得點的軌跡方程為，
∴點的軌跡是以為圓心，半徑的圓.
圓心到直線：的距離，
∴點到直線最大距離為.
故選：A.
19．（2024·云南昆明·一模）在棱長均為的四面體中，點為的中點，點為的中點.若點，是平面內的兩動點，且，，則的面積為
A． B．3
C． D．2
【答案】B
【解析】建立空間直角坐標系如圖所示，
，底面為等邊三角形，且.所以OD=2,B(-，-1，0)，D(0,2,0),C(，-1，0),點為的中點，所以E（，，0），點為的中點，F（- ，- ，0），設M（x,y,0）,， ，化簡得 ，且點M 是平面BCD 內的動點，所以點M在以（0,0）為圓心，以1為半徑的圓上，又，且點N 是平面BCD 內的動點，同理N也在這個圓上，且，所以MN為圓的直徑，因為AO面BCD，所以AOMN，且AO=， .
故選：C.
20．（多選題）在平面直角坐標系中，圓的方程為.若直線上存在一點，使過所作的圓的兩條切線相互垂直，則實數的取可以是
A． B． C． D．
【答案】DB
【解析】
所作的圓的兩條切線相互垂直，所以，圓點，兩切點構成正方形
即
在直線上，圓心距
計算得到
故答案選AB
21．（2024·山東煙臺·三模）在平面直角坐標系中，若定義兩點和之間的“t距離”為，其中表示p，q中的較大者，則點與點之間的“t距離”為 ；若平面內點和點之間的“t距離”為，則A點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為 .
【答案】 4
【解析】第一空：點與點之間的“t距離”為
；
第二空：若平面內點和點之間的“t距離”為，
則，
不妨設，解得或，此時，即，
由對稱性可知，當或時，，如圖所示：
，所以A點的軌跡就是正方形的四條線段，
則A點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為.
故答案為：；4.
22．平面中兩條直線、相交于點O，對于平面上任意一點M，若p，q分別是M到直線和的距離，則稱有序非負實數對是點M的“距離坐標”．已知常數，，給出下列命題：
（1）若，則“距離坐標”為（0，0）的點有且僅有1個；
（2）若，，則“距離坐標”為的點有且僅有2個；
（3）若，則“距離坐標”為的點有且僅有4個．
以上命題中，正確的命題是 ．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】對于（1），只有當點M與點O重合時，滿足題意.故（1）正確；
對于（2），不妨假設，則點在直線上.
又點到直線的距離為，
如圖1，作的兩條平行線，使得與的距離均為.
由定義結合圖象可知，直線與的交點滿足條件.
所以，“距離坐標”為的點有且僅有2個.故（2）正確；
對于（3），如圖2，作的兩條平行線，使得與的距離均為；作的兩條平行線，使得與的距離均為.
由定義結合圖象可知，滿足條件的點有且僅有4個.故（3）正確.
故答案為：（1）（2）（3）.
23．在平面直角坐標系中，定義為兩點，的“切比雪夫距離”．又設點P及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）．給出下列四個命題：①對任意三點A，B，C，都有；②已知點P（3，1）和直線，則；③到原點的“切比雪夫距離”等于1的點的軌跡是正方形．其中正確的序號為 ．
【答案】①②③
【解析】其中①③的討論見后文．
②設點Q是直線上一點，且，則．由，解得，即有，當時，取得最小值；由，解得或，即有，此時的范圍是，無最值．故P，Q兩點的“切比雪夫距離”的最小值為．
綜上，①②③正確．
24．（2024·廣東韶關·一模）我們知道距離是衡量兩點之間的遠近程度的一個概念.數學中根據不同定義有好多種距離.平面上，歐幾里得距離是與兩點間的直線距離，即.切比雪夫距離是與兩點中橫坐標差的絕對值和縱坐標差的絕對值中的最大值，即.已知是直線上的動點，當與（為坐標原點）兩點之間的歐幾里得距離最小時，其切比雪夫距離為 .
【答案】6
【解析】因為點是直線：上的動點，要使最小，則，此時，
所以，由方程組，解得，，
所以，，兩點之間的切比雪夫距離為6.
故答案為：6.
25．（2024·四川涼山·三模）點是內部或邊界上的點，若到三個頂點距離之和最小，則稱點是的費馬點（該問題是十七世紀法國數學家費馬提出）.若，，時，點是的費馬點，且已知在軸上，則的大小等于 .
【答案】
【解析】先證明：若到三個頂點距離之和最小，則
如圖將繞點B逆時針旋轉60°得到，則≌，
，所以是等邊三角形，，
，當四點共線時取得最小值，
此時，
同理可得
所以命題得證.
點是的費馬點，且已知在軸上，
，
，
所以，
所以=.
故答案為：
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