2026-新高考I卷-11 多-直线和圆

本题导读

本题是一道解析几何多选压轴题。核心意图在于测试学生对圆的几何性质（弦长与圆心距的映射关系）的深刻理解，通过三个等半径圆在平面上的外接几何构型，考查空间对称性判定、方程解的个数以及含参变量三角/分式代数式的最值精细化计算能力。

📌【题干】

Question

（2026年新高考I卷）已知圆 $C_1:(x+1{)}^2+y^2=1$，圆 $C_2:(x-1{)}^2+y^2=1$，圆 $C_3:x^2+(y-\sqrt{3}{)}^2=1$. 直线 $l:y=kx+b$ 与 $C_1,C_2,C_3$ 均有两个交点.记 $l$ 被 $C_1,C_2,C_3$ 截得的弦长分别为 $s_1,s_2,s_3$，则（ ）

A. $k$ 可以取任意实数

B. 满足 $s_1=s_2=s_3$ 的直线$l$共有 3 条

C. 满足 $s_1+s_2+s_3=3$ 的直线$l$多于 3 条

D. 当 $b=0$ 时， $s_1+s_2+s_3$ 的最大值为 $\frac{2\sqrt{21}}{3}$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 圆心构型分析：提取三个圆的圆心分别为 $C_1(-1,0)$， $C_2(1,0)$， $C_3(0,\sqrt{3})$，半径均为 $R=1$。计算圆心距可知 $△C_1{C}_2{C}_3$ 为边长为 2 的正三角形，其中心（外心）为 $O^{\prime }\left(0,\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。
2. 弦长几何转化：由圆的垂径定理，弦长 $s_i=2\sqrt{R^2-d_i^2}=2\sqrt{1-d_i^2}$，其中 $d_i$ 为圆心 $C_i$ 到直线 $l$ 的距离。直线与三圆均有两个交点意味着 $d_i<1$ 恒成立。
3. 选项逐一击破：

• A选项：由于三圆两两相切（如 $C_1$ 与 $C_2$ 切于原点），若直线斜率过大，为了同时穿过三圆，会受到内切公共区域的几何禁区限制，不可能取任意实数。
• B选项： $s_1=s_2=s_3⟺d_1=d_2=d_3$，即直线到正三角形三个顶点的距离相等。满足该条件的直线只有两类：正三角形的三条中位线（3条）和外接圆中心对应的无限远处（空间不成立），复核交点约束。
• C选项：利用连续函数介值定理或中心旋转的动态变化分析解的个数。
• D选项：当 $b=0$ 时，直线过原点。代入距离公式，将 $s_1+s_2+s_3$ 表示为关于斜率 $k$（或倾斜角 $\theta$）的三角函数式，利用导数或不等式求其最大值。

✅【答案】

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BCD

✍【详细解析】

Abstract

方法一：数形结合+特殊位置 分析：画图，有4个正三角形.A，B，C都可以画图解决，D避不开计算(用三角换元简单一点)

A选项：找到反例即可：$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+b$

B选项：过两个切点的直线截三个圆的弦长都是3，有三条，正确。

C选项：除了$AB，BC，CA$，让$DE=3$的线段滑动起来即可，C正确.

D选项：

设直线的倾斜角为$\theta$ ,得到$s_1=s_2=2cos\theta$ ,$s_3=2\sqrt{1-3co{s}^2\theta }$ , 从而$s=4cos\theta +2\sqrt{1-3co{s}^2\theta }$

可以用柯西不等式或三角换元： $s=4cos\theta +2\sqrt{1-3co{s}^2\theta }\le \sqrt{16+12}\sqrt{\frac{1}{3}}=\frac{2\sqrt{21}}{3}$

方法二：通性通法

三个圆的圆心分别为 $O_1(-1,0)$， $O_2(1,0)$， $O_3(0,\sqrt{3})$，半径均为 $R=1$。 直线 $l:kx-y+b=0$。各圆心到直线的距离分别为： $d_1=\frac{|-k+b|}{\sqrt{1+k^2}},d_2=\frac{|k+b|}{\sqrt{1+k^2}},d_3=\frac{|b-\sqrt{3}|}{\sqrt{1+k^2}}$ 直线与三圆均有两个交点的充要条件是： $d_1<1,d_2<1,d_3<1$。 各圆截得的弦长公式为： $s_i=2\sqrt{1-d_i^2}(i=1,2,3)$。

A 选项： 由于 $O_1,O_2,O_3$ 构成边长为 2 的正三角形，其中心为 $\left(0,\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。三个圆两两外切。 当 $k=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时，直线 $l$ 的方向平行于直线 $O_1{O}_3$ 实质上，如果直线倾斜角使得其必须穿过 $△O_1{O}_2{O}_3$ 内部，当倾斜角过大或过小时，由于两圆心间距为 2，半径仅为 1，直线无法在满足与 $C_1,C_2$ 相交的同时，保证突入到高处的 $C_3$ 内部。例如当 $k=\pm \sqrt{3}$ 且距离受限时，无法同时满足 $d_i<1$。 故 A 选项 错误。 B 选项： 要使 $s_1=s_2=s_3$，必须满足 $d_1=d_2=d_3$。 到三个定点距离相等的直线有两类：

• 第一类（中位线型）：直线通过正三角形内部，将三个顶点隔离在两侧（一侧一个，另一侧两个）。这样的直线恰好为正三角形的三条中位线。此时三个圆心到直线的距离均为 $d=\frac{1}{2}\text{高}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。由于 $\frac{\sqrt{3}}{2}<1$，符合与三圆均有两个交点的题意。此类型共有 3 条。
• 第二类（外平形线型）：三个顶点在直线的同侧。此时直线必须平行于正三角形的某一条边，由于距离相等，它到三边的距离等于其外接圆半径方向的延展。但此时到最远点的距离必大于两圆心间距的一半（即 $d>\sqrt{3}>1$），不满足与三个圆均有两个交点的条件。 因此，符合的直线只有 3 条中位线。 故 B 选项 正确。 ** C 选项：** 当 $b=0$ 时，直线过原点 $O(0,0)$。此时： $d_1=\frac{|-k|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{|k|}{\sqrt{1+k^2}},d_2=\frac{|k|}{\sqrt{1+k^2}}⟹d_1=d_2$ $d_3=\frac{|-\sqrt{3}|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+k^2}}$ 此时弦长和为： $s_1+s_2+s_3=4\sqrt{1-\frac{k^2}{1+k^2}}+2\sqrt{1-\frac{3}{1+k^2}}=\frac{4}{\sqrt{1+k^2}}+2\sqrt{\frac{k^2-2}{1+k^2}}$。 令 $u=\frac{1}{\sqrt{1+k^2}}$，由于要与 $C_3$ 有交点，需 $d_3<1⟹\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+k^2}}<1⟹1+k^2>3⟹u\in \left(0,\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$。 代入得方程 $4u+2\sqrt{1-3u^2}=3$，化简整理得一元二次方程： $28u^2-24u+5=0$。 解得 $u_1=\frac{1}{2}$ （舍去，因为 $\frac{1}{2}>\frac{\sqrt{3}}{3}$）或 $u_2=\frac{5}{14}$。 当 $u=\frac{5}{14}$ 时，对应两个对称的斜率 $k=\pm \frac{\sqrt{171}}{5}$，有 2 条满足条件的直线。 再考虑 $b\ne 0$ 的非对称平移直线，由于连续性，必然存在多于 3 条的直线满足总和为 3。 故 C 选项 正确。 D 选项： 由 C 选项分析，当 $b=0$ 时，弦长总和函数可表示为： $f(k)=4\sqrt{\frac{1}{1+k^2}}+2\sqrt{\frac{k^2-2}{1+k^2}}$ 令 $t=\frac{1}{1+k^2}$，由于必须满足 $d_3=\sqrt{3t}<1⟹t<\frac{1}{3}$，且 $k^2-2\ge 0⟹\frac{1-t}{t}-2\ge 0⟹t\le \frac{1}{3}$。结合定义域知 $t\in \left(0,\frac{1}{3}\right]$。 则构造函数： $g(t)=4\sqrt{t}+2\sqrt{1-3t}$ 利用导数求其在区间 $\left(0,\frac{1}{3}\right]$ 上的最大值： $g^{\prime }(t)=4\times \frac{1}{2\sqrt{t}}+2\times \frac{-3}{2\sqrt{1-3t}}=\frac{2}{\sqrt{t}}-\frac{3}{\sqrt{1-3t}}$ 令 $g^{\prime }(t)=0⟹\frac{2}{\sqrt{t}}=\frac{3}{\sqrt{1-3t}}⟹\frac{4}{t}=\frac{9}{1-3t}$ $4(1-3t)=9t⟹4-12t=9t⟹21t=4⟹t=\frac{4}{21}$ 由于 $\frac{4}{21}<\frac{7}{21}=\frac{1}{3}$，该极值点恰好落在定义域内。
• 当 $t\in \left(0,\frac{4}{21}\right)$ 时， $g^{\prime }(t)>0$，函数单调递增；
• 当 $t\in \left(\frac{4}{21},\frac{1}{3}\right]$ 时， $g^{\prime }(t)<0$，函数单调递减。 因此，当 $t=\frac{4}{21}$ 时，函数取得最大值： $g(t{)}_{\max }=g\left(\frac{4}{21}\right)=4\sqrt{\frac{4}{21}}+2\sqrt{1-3\times \frac{4}{21}}=\frac{8}{\sqrt{21}}+2\sqrt{\frac{9}{21}}=\frac{8}{\sqrt{21}}+\frac{6}{\sqrt{21}}=\frac{14}{\sqrt{21}}=\frac{14\sqrt{21}}{21}=\frac{2\sqrt{21}}{3}$ 故 D 选项 正确。

题目

求函数 $g(t)=4\sqrt{t}+2\sqrt{1-3t}$ 在 $t\in \left(0,\frac{1}{3}\right]$ 上的最大值[cite: 1]。

解题思路（柯西不等式）

根据二维柯西不等式： $(a_1{b}_1+a_2{b}_2{)}^2\le (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)$

为了消去根号下的变量 $t$，我们需要构造常数系数，使得平方相加后 $t$ 项能够相互抵消。

1. 改写原式： 将 $4\sqrt{t}$ 改写为 $k\cdot \sqrt{3t}$ 的形式： $g(t)=\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot \sqrt{3t}+2\cdot \sqrt{1-3t}$

2. 应用柯西不等式： 取 $a_1=\frac{4}{\sqrt{3}}$, $b_1=\sqrt{3t}$，以及 $a_2=2$, $b_2=\sqrt{1-3t}$： ${\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot \sqrt{3t}+2\cdot \sqrt{1-3t}\right)}^2\le \left({\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)}^2+2^2\right)\left((\sqrt{3t}{)}^2+(\sqrt{1-3t}{)}^2\right)$

3. 计算化简： $[g(t){]}^2\le \left(\frac{16}{3}+4\right)(3t+1-3t)$ $[g(t){]}^2\le \left(\frac{28}{3}\right)\times 1=\frac{28}{3}$

两边开平方得： $g(t)\le \sqrt{\frac{28}{3}}=\frac{2\sqrt{21}}{3}$

4. 等号成立条件： 当且仅当向量成比例时等号成立，即： $\frac{\sqrt{3t}}{\frac{4}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{1-3t}}{2}$

化简比例式： $\frac{3\sqrt{t}}{4}=\frac{\sqrt{1-3t}}{2}⟹3\sqrt{t}=2\sqrt{1-3t}$

两边平方： $9t=4(1-3t)⟹9t=4-12t⟹21t=4⟹t=\frac{4}{21}$

因为 $t=\frac{4}{21}\in \left(0,\frac{1}{3}\right]$，所以等号可以取得[cite: 1]。

结论

当 $t=\frac{4}{21}$ 时，函数 $g(t)$ 取得最大值： $g(t{)}_{\max }=\frac{2\sqrt{21}}{3}$

正确答案：BCD

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由垂径定理到点线距离的函数建模；利用换元法精简超越代数式。
2. 核心方法：数形结合法、换元求导法。
3. 避坑指南：

• 换元边界漏校验陷阱：在求解 D 选项时，通过导数算出 $t=\frac{2}{\sqrt{21}}$ 后，切记必须回过头校验它是否小于 $\frac{\sqrt{3}}{3}$。如果该点在定义域外，最大值将只能在边界处取得。解析几何的大题或压轴选择题往往在边界有界性上设置第一道关卡，严密性是得满分的保证。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题为 2026 年新高考Ⅰ卷的第 11 题（多选压轴题），考查解析几何核心主干知识。其高等数学背景源于几何学中的“等标量共轭线簇的包络线问题”以及向量代数中的“对偶空间的柯西-施瓦茨有界泛函”。
2. 结论推广： 对于 D 选项中形如 $f(t)=At+B\sqrt{1-K{t}^2}$ 的根式求最值命题，除了导数法外，存在一个高阶的柯西不等式推广通式大招。 为了利用消去律，可对代数式进行基底配凑变形： $f(t)=\frac{A}{\sqrt{K}}\cdot (\sqrt{K}t)+B\cdot \sqrt{1-K{t}^2}$ 利用柯西不等式 $\left(a_1{a}_2+b_1{b}_2\right)\le \sqrt{a_1^2+b_1^2}\cdot \sqrt{a_2^2+b_2^2}$： $f(t)\le \sqrt{{\left(\frac{A}{\sqrt{K}}\right)}^2+B^2}\cdot \sqrt{(\sqrt{K}t{)}^2+(1-K{t}^2)}=\sqrt{\frac{A^2}{K}+B^2}\cdot \sqrt{K{t}^2+1-K{t}^2}=\sqrt{\frac{A^2}{K}+B^2}$ 本题中 $A=4,B=2,K=3$，直接带入柯西通式： $f(t{)}_{\max }=\sqrt{\frac{4^2}{3}+2^2}=\sqrt{\frac{16}{3}+4}=\sqrt{\frac{28}{3}}=\frac{\sqrt{28}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{21}}{3}$ 利用该柯西通式，可完全跳过复杂的求导、平方、因式分解等步骤，实现 5 秒内直接跨步锁定压轴题的最值答案。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 17.01 圆的方程与圆系理论
• 16.04 距离公式汇总

类题演练 (Links)

• 1990-上海卷-24 解-数列极限的求解
• 2008-安徽卷文-09 单-对勾函数最值
• 2009-重庆卷理-13