2.5.1 直线与圆的位置关系

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【基础过关系列】2022-2023 学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

直线、圆的位置关系

1 三种位置关系

 

2 判断直线与圆位置关系的方法
(1) 根据 $d$ 与 $r$ 的关系判断 ($d$ 为圆心到直线的距离，$r$ 为圆的半径)
相离 $⇔$ 没有公共点 $⇔ d>r$;
相切 $⇔$ 只有一个公共点 $⇔ d=r$;
相交 $⇔$ 有两个公共点 $⇔ d<r$.

(2) 联立方程求判别式的方法
联立直线方程与圆的方程 $\left\{\begin{array}{c} A x+B y+C=0 \\ x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0 \end{array}\right.$ 求解，通过解的个数来判断：
当 $Δ>0$ 时，直线与圆有 $2$ 个交点，直线与圆相交；
当 $Δ=0$ 时，直线与圆只有 $1$ 个交点，直线与圆相切；
当 $Δ<0$ 时，直线与圆没有交点，直线与圆相离.
 

【例】 判断直线 $x+y-1=0$ 与圆 $x^2+y^2=1$ 的位置关系.
解析 方法 1
圆 $x^2+y^2=1$ 的圆心为 $(0,0)$，半径为 $1$，
圆心为 $(0,0)$ 到直线的距离 $d=\dfrac{1}{\sqrt{2}}<1$，即直线与圆的位置关系是相交.
方法 2
联立方程 $\left\{\begin{array}{c} x+y-1=0 \\ x^{2}+y^{2}=1 \end{array}\right.$，得 $x^2-x=0$，其方程显然有两个实数解，
则直线与圆的位置关系是相交.
 

直线与圆的弦长

弦长公式： $A B=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}$ ($r$ 是圆的半径，$d$ 是圆心 $O$ 到直线 $l$ 的距离).
利用垂径定理及勾股定理可以得到.

 
【例】若直线 $x+y-1=0$ 与圆 $x^2+y^2=1$ 交于两点 $A,B$，求线段 $AB$ 的长度.
解析 圆 $x^2+y^2=1$ 的圆心为 $(0,0)$，半径为 $r=1$，
圆心为 $(0,0)$ 到直线的距离 $d=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$，
则 $A B=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{1-\dfrac{1}{2}}=\sqrt{2}$.
 

基本方法

【题型1】直线与圆的位置关系

【典题 1】 若圆 $C：x^2+y^2－2x+2y=2$ 与直线 $x-y+a=0$ 有公共点，则 $a$ 的取值范围是 (　　)
 A． $[-2 \sqrt{2}-2,2 \sqrt{2}-2]$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ B． $[-2 \sqrt{2}-2,2 \sqrt{2}-2)$
 C． $(-2 \sqrt{2}-2,2 \sqrt{2}-2)$ $\qquad\qquad \qquad\qquad$ D． $[-2 \sqrt{2}-2,2 \sqrt{2}]$
解析 方法一
化圆 $C$ 的一般方程为标准方程，得 $(x-1)^2+(y+1)^2=4$，
则圆心坐标为 $C(1,－1)$，半径 $r=2$，
若直线与圆 $C$ 有公共点，则圆心 $(1,－1)$ 到直线的距离小于等于半径，
设圆心 $(1,－1)$ 到直线的距离为 d，则 $d=\dfrac{|1+1+a|}{\sqrt{2}} \leq 2$，
解得： $-2 \sqrt{2}-2 \leq a \leq 2 \sqrt{2}-2$，
故选：$A$．
方法二
由 $\left\{\begin{array}{c} x-y+a=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 x+2 y=2 \end{array}\right.$ 得 $2x^2+2ax+a^2+2a-2=0$，
其判别式 $∆=4a^2-8(a^2+2a-2)=-4a^2-16a+16$，
直线与圆有公共点，则 $∆≥0$，解得 $-2 \sqrt{2}-2 \leq a \leq 2 \sqrt{2}-2$，
故选：$A$.
 

【典题 2】 若直线 $l$ 过点 $A(0,a)$，斜率为 $1$，圆 $x^2+y^2=4$ 上恰有 $3$ 个点到 l 的距离为 $1$，则 $a$ 的值为 (　　)
 A．$3\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ B．$±3\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ C．$±2$ $\qquad \qquad$ D．$±\sqrt{2}$
解析 $∵$ 直线 $l$ 过点 $A(0,a)$ 斜率为 $1$，
$∴$ 设 $l：x-y+a=0$，
$∵$ 圆 $x^2+y^2=4$ 上恰有 $3$ 个点到 l 的距离为 $1$，
$∴$ 圆心到直线的距离等于半径减去 $1$，
$∴$ 圆心 $(0,0)$ 到直线 $l：y=x+a$ 的距离为： $\dfrac{|a|}{\sqrt{2}}=2-1$，解得 $a=±\sqrt{2}$．
故选：$D$．
 

【典题 3】 一艘轮船沿直线返回港口的途中，接到气象台的台风预报，台风中心位于轮船正西 $70 km$ 处，受影响的范围是半径为 $30 km$ 的圆形区域，已知港口位于台风中心正北 $40 km$ 处，如果这艘轮船不改变航线，那么它是否会受到台风的影响？
解析 以台风中心为坐标原点，以东西方向为 $x$ 轴建立直角坐标系 (如图所示)，

其中取 $10 km$ 为单位长度，
则受台风影响的圆形区域所对应的圆的方程为 $x^2+y^2=9$，
港口所对应的点的坐标为 $(0,4)$，轮船的初始位置所对应的点的坐标为 $(7,0)$，
则轮船航线所在直线 $l$ 的方程为 $\dfrac{x}{7}+\dfrac{y}{4}=1$，即 $4x+7y－28=0$，
圆心 $(0,0)$ 到直线 $4x+7y－28=0$ 的距离 $d=\dfrac{|28|}{\sqrt{4^{2}+7^{2}}}=\dfrac{28}{\sqrt{65}}$，半径 $r=3$．
$∵d>r$，$∴$ 直线与圆相离，
$∴$ 轮船不会受到台风的影响．
点拨 利用坐标系法处理实际问题，把题中已知条件转化为直角坐标系中的坐标或方程是其关键.
 

巩固练习

1. 直线 $3x+4y-5=0$ 与圆 $x^2+y^2-2x+2y-7=0$ 的位置关系是 (　　)
 A．相离 $\qquad \qquad$ B．相切 $\qquad \qquad$ C．相交但不过圆心 $\qquad \qquad$ D．相交且过圆心
 

2. 直线 $y=kx+1$ 与圆 $x^2+y^2=4$ 的位置关系是 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 直线 $x+y+a=0$ 与半圆 $y=-\sqrt{1-x^{2}}$ 有两个交点，则 $a$ 的值是 $\underline{\quad \quad}$．
 
4. 已知 $A(3,0)$，$B(0,4)$，若圆 $M：x^2+y^2=r^2 (r>0)$ 上有且仅有两点 $C$ 使 $△ABC$ 面积等于 $\dfrac{5}{2}$，则实数 $r$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 圆方程化为标准方程 $(x-1)^2+(y+1)^2=9$，则圆心为 $(1,-1)$，半径为 $3$，
   圆心 $(1,-1)$ 到 $3x+4y-5=0$ 的距离为 $\dfrac{6}{5}<3$，故选 $C$.

2. 答案 相交
   解析 直线 $y=kx+1$ 过定点 $(0,1)$，而定点 $(0,1)$ 在圆 $x^2+y^2=4$ 内部，
   则直线与圆的位置关系为相交.

3. 答案 $[1, \sqrt{2})$
   解析 根据题意画出图形，如图所示：
   
   当直线在第三象限与半圆相切时，圆心到直线的距离 $d=r$，
   即 $\dfrac{|a|}{\sqrt{2}}=1$，解得：$a=\sqrt{2}$ 或 $a=－\sqrt{2}$(舍去)；
   当直线过点 $A$ 时，直线 $x+y+a=0$ 与圆有两个交点 $A$ 和 $B$，
   把 $A(－1,0)$ 代入 $x+y+a=0$ 中得：$－1+a=0$，解得：$a=1$，
   则直线与圆有两个交点时，$a$ 的范围是 $[1,\sqrt{2})$．
   故答案为：$[1,\sqrt{2})$.

4. 答案 $\left(\dfrac{7}{5}, \dfrac{17}{5}\right)$
   解析 由题意可得 $|A B|=\sqrt{9+16}=5$，
   根据圆 $M：x^2+y^2=r^2 (r>0)$ 上有且仅有两点 $C$ 使 $△ABC$ 面积等于 $\dfrac{5}{2}$，
   可得点 $C$ 到直线 $AB$ 的距离为 $1$．
   由于 $AB$ 的方程为 $\dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{4}=1$，即 $4x+3y－12=0$．
   若圆上只有一个点到直线 $AB$ 的距离为 $1$，
   则有圆心 $(0,0)$ 到直线 $AB$ 的距离 $\dfrac{|0+0-12|}{\sqrt{9+16}}=r+1$，解得 $r=\dfrac{7}{5}$．
   若圆上只有 $3$ 个点到直线 $AB$ 的距离为 $1$，
   则有圆心 $(0,0)$ 到直线 $AB$ 的距离 $\dfrac{|0+0-12|}{\sqrt{9+16}}=r-1$，解得 $r=\dfrac{17}{5}$，
   $∴$ 实数 $r$ 的取值范围是 $\left(\dfrac{7}{5}, \dfrac{17}{5}\right)$．
    

【题型2】直线与圆的相切问题

【典题 1】 过点 $A(4,－3)$ 作圆 $C:(x-3)^2+(y-1)^2=1$ 的切线，求此切线的方程．
解析 因为 $(4-3)^2+(-3-1)^2=17>1$，所以点 $A$ 在圆外．
若所求直线的斜率存在，设切线斜率为 $k$，
则切线方程为 $y+3=k(x-4)$．
因为圆心 $C(3,1)$ 到切线的距离等于半径，半径为 $1$，
所以 $\dfrac{|3 k-1-3-4 k|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$，即 $|k+4|=\sqrt{k^{2}+1}$，
所以 $k^2+8k+16=k^2+1$．解得 $k=-\dfrac{15}{8}$．
所以切线方程为 $y+3=-\dfrac{15}{8}(x-4)$，即 $15x+8y-36=0$．
若直线斜率不存在，
圆心 $C(3,1)$ 到直线 $x=4$ 的距离也为 $1$，这时直线与圆也相切，
所以另一条切线方程是 $x=4$．
综上，所求切线方程为 $15x+8y－36=0$ 或 $x=4$．
点拨 设直线方程为斜截式时，要注意斜率是否存在，不确定需要分类讨论.
 

巩固练习

1. 直线 $7x－24y+m=0$ 与圆 $x^2+y^2－2x+4y=0$ 相切，则正实数 m 的取值是 (　　)
 A． $25 \sqrt{5}-55$ 或 $25 \sqrt{5}$$\qquad \qquad$ B．$25 \sqrt{5}+55$ 或 $25 \sqrt{5}-55$ $\qquad \qquad$ C．$25 \sqrt{5}-55$ $\qquad \qquad$ D．$25 \sqrt{5}+55$
 

2. 已知过点 $P(2,2)$ 的直线 $l$ 与圆 $(x-1)^2+y^2=5$ 相切，则直线 $l$ 的斜率为 (　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{2}$$\qquad \qquad$ C．$2$ $\qquad \qquad$ D． $-\dfrac{1}{2}$
 

3. 已知圆 $C：x^2+y^2－6x=0$，过点 $P(6,4)$ 向这个圆作两条切线，则两切线的夹角的余弦值为 (　　)
 A． $\dfrac{7}{25}$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{24}{25}$ $\qquad \qquad$ C． $-\dfrac{7}{25}$ $\qquad \qquad$ D． $-\dfrac{24}{25}$
 

4.(多选) 已知点 $P$ 在圆 $(x-5)^2+(y-5)^2=16$ 上，点 $A(4,0)$,$B(0,2)$，则 (　　)
  A．点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离小于 $10$ $\qquad \qquad$ B．点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离大于 $2$
 C．当 $∠PBA$ 最小时， $|P B|=3 \sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ D．当 $∠PBA$ 最大时， $|P B|=3 \sqrt{2}$
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 圆 $x^2+y^2－2x+4y=0$ 的圆心 $(1,－2)$，半径为 $\sqrt{5}$，
   直线 $7x－24y+m=0$ 与圆 $x^2+y^2－2x+4y=0$ 相切．
   可得： $\dfrac{|7+48+m|}{\sqrt{7^{2}+(-24)^{2}}}=\sqrt{5}$，解得正实数： $m=25 \sqrt{5}-55$．
   故选：$C$

2. 答案 $D$
   解析 设直线方程为：$y=k(x-2)+2$，由已知圆的圆心为 $(1,0)$，半径为 $\sqrt{5}$，
   因为直线与圆相切，则圆心到直线的距离为 $\dfrac{|k(1-2)+2|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\sqrt{5}$，解得 $k= -\dfrac{1}{2}$，
   故选：$D$．

3. 答案 $A$
   解析 因为圆 $C：x^2+y^2－6x=0$，
   所以 $（x-3）^2+y^2=9$，
   所以圆心为 $C(3,0)$，半径为 $R=3$，
   又点 $P(6,4)$，
   所以点 $P$ 到圆心的距离为 $\sqrt{(6-3)^{2}+(4-0)^{2}}=5$，
   所以切线与直线 $PC$ 的夹角的正弦值为 $\dfrac{3}{5}$，
   所以两切线的夹角的余弦值为 $1-2 \times\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}=\dfrac{7}{25}$，
   故选：$A$．

4. 答案 $ACD$
   解析 $∵A(4,0)$,$B(0,2)$，
   $∴$ 过 $A、B$ 的直线方程为 $\dfrac{x}{4}+\dfrac{y}{2}=1$，即 $x+2y-4=0$，
   圆 $(x-5)^2+(y-5)^2=16$ 的圆心坐标为 $(5,5)$，
   圆心到直线 $x+2y-4=0$ 的距离 $d=\dfrac{|1 \times 5+2 \times 5-4|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\dfrac{11}{\sqrt{5}}=\dfrac{11 \sqrt{5}}{5}>4$，
   $∴$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离的范围为 $\left[\dfrac{11 \sqrt{5}}{5}-4, \dfrac{11 \sqrt{5}}{5}+4\right]$，
   $\because \dfrac{11 \sqrt{5}}{5}<5$， $\therefore \dfrac{11 \sqrt{5}}{5}-4<1$， $\dfrac{11 \sqrt{5}}{5}+4<10$，
   $∴$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离小于 $10$，但不一定大于 $2$，故 $A$ 正确，$B$ 错误；
   如图，当过 $B$ 的直线与圆相切时，满足 $∠PBA$ 最小或最大 ($P$ 点位于 $P_1$ 时 $∠PBA$ 最小，位于 $P_2$ 时 $∠PBA$ 最大)，
   此时 $|B C|=\sqrt{(5-0)^{2}+(5-2)^{2}}=\sqrt{25+9}=\sqrt{34}$，
   $\therefore|P B|=\sqrt{|B C|^{2}-4^{2}}=\sqrt{18}=3 \sqrt{2}$，故 $CD$ 正确．
   故选：$ACD$．
   
    

【题型3】直线与圆的弦长问题

【典题 1】 已知一圆 $C$ 的圆心为 $(2,-1)$，且该圆被直线 $l：x-y-1=0$ 截得的弦长为 $2\sqrt{2}$，求该圆的方程．
解析 设圆 $C$ 的方程是 $(x-2)^2+(y+.1)^2=r^2 (r>0)$，
则弦长 $l=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}$，其中 $d$ 为圆心到直线 $x-y-1=0$ 的距离 $d=\sqrt{2}$．
$\therefore l=2 \sqrt{r^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=2 \sqrt{2}$．
$∴r^2=4$．
$∴$ 圆方程为 $(x-2)^2+(y+1)^2=4$．
 

【典题 2】 设 $O$ 为原点，直线 $y=kx+2$ 与圆 $x^2+y^2=4$ 相交于 $A$,$B$ 两点，当 $△ABO$ 面积最大值时，$k=$(　　)
 A． $\pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ $\qquad \qquad$ B．$±1$ $\qquad \qquad$ C．$±\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ D．$±2$
解析 直线 $l$ 方程 $y=kx+2$，原点 $O$ 到 $l$ 的距离为 $d=\dfrac{2}{\sqrt{1+k^{2}}}$，
弦长 $|A B|=2 \sqrt{4-\dfrac{4}{1+k^{2}}}=\dfrac{4|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}$，
$△ABO$ 面积 $S=\dfrac{1}{2}|A B||O C|=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{1+k^{2}}} \times \dfrac{4|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\dfrac{4|k|}{1+k^{2}}$，
由对称性可知，
$k>0$ 时，三角形的面积 $S=\dfrac{4 k}{1+k^{2}}=\dfrac{4}{\dfrac{1}{k}+k} \leq \dfrac{4}{2 \sqrt{\dfrac{1}{k} \cdot k}}=2$，当且仅当 $k=1$ 时取等号．
所以 $k=±1$．
故选：$B$．
 

巩固练习

1. 圆 $x^2+y^2-4x+4y+4=0$ 截直线 $x-y-5=0$ 所得的弦长等于 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 设直线 $l：3x+4y+a=0$ 与圆 $C：(x-2)^2+(y-1)^2=25$ 交于 $A$,B，且 $|AB|=6$，则 $a$ 的值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 直线 $l：x-2y-3=0$ 与圆 $C:(x-2)^2+(y+3)^2=9$ 交于 $E$，$F$ 两点，则 $△EOF$($O$ 是坐标原点) 的面积为 $\underline{\quad \quad}$．
 

4. 平行直线 $l_{1}: \sqrt{2} x-y-1=0$ 和 $l_2： \sqrt{2}x-y+2=0$ 与圆 $E：x^2+y^2-4y=0$ 分别相交于 $A$、$B$ 和 $C$、$D$ 四点，则四边形 $ABDC$ 的对角线 $AD$ 的长度为 $\underline{\quad \quad}$ ．
 

参考答案

1. 答案 $\sqrt{14}$
   解析 $(x-2)^2+(y+2)^2=4$，
   圆心到直线的距离为 $d=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \quad l=2 \sqrt{4-\dfrac{1}{2}}=\sqrt{14}$.
   故答案为 $\sqrt{14}$.
2. 答案 $a=10$ 或 $a=-30$
   解析 $∵$ 圆 $C：(x-2)^2+(y-1)^2=25$ 的圆心为 $(2,1)$，半径为 $r=5$，
   又直线 $3x+4y+a=0$ 被圆 $(x-2)^2+(y-1)^2=25$ 所截弦长 $|AB|=6$，
   $∴$ 由垂径定理得圆心到直线的距离 $d=\sqrt{r^{2}-\left(\dfrac{A B}{2}\right)^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$，
   $\therefore \dfrac{|6+4+a|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=4 \text {, }$，解得 $a=10$ 或 $a=-30$．
3. 答案 $\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}$
   解析 圆 $(x-2)^2+(y+3)^2=9$ 的圆心为 $(2,-3)$
   $∴(2,-3)$ 到直线 $x-2y-3=0$ 的距离 $d=\dfrac{|2 \times 1-2 \times(-3)-3|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\sqrt{5}$
   弦长 $|E F|=2 \times \sqrt{9-5}=2 \times 2=4$
   原点到直线的距离 $d=\dfrac{|0 \times 1-2 \times 0-3|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\dfrac{3}{\sqrt{5}}$，
   $∴△EOF$ 的面积为 $S=\dfrac{1}{2} \times 4 \times \dfrac{3}{\sqrt{5}}=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}$．
4. 答案 $2 \sqrt{3}$
   解析 由圆 $E：x^2+y^2-4y=0$，得 $x^2+(y-2)^2=4$，
   则圆心坐标为 $E(0,2)$，半径 $R=2$．
   点 $E$ 到直线 $l_{1}: \sqrt{2} x-y-1=0$ 的距离 $d_{1}=\dfrac{|\sqrt{2} \times 0-2-1|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，
   $\therefore|A B|=2 \sqrt{4-3}=2$，
   直线 $l_2： \sqrt{2}x-y+2=0$ 过圆 $E$ 的圆心，则 $|CD|=4$．
   两平行直线 $l_1$ 和 $l_2$ 的距离 $d=d_{1}=\sqrt{3}$，
   $\therefore|A D|=\sqrt{3^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=2 \sqrt{3}$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 点 $M(x_0,y_0)$ 在圆 $x^2+y^2=R^2$ 外，则直线 $x_0 x+y_0 y=R^2$ 与圆的位置关系是 (　　)
 A．相切 $\qquad \qquad$ B．相交 $\qquad \qquad$ C．相离 $\qquad \qquad$ D．不确定
 

2. 已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid y=\sqrt{4-x^{2}}\right\}$，集合 $B=\{(x,y)|y=x+a\}$，并且 $A \cap B \neq \emptyset$，则 $a$ 的范围是 (　　)
 A． $[-2,2 \sqrt{2}]$ $\qquad \qquad$ B．$[0,2\sqrt{2}]$ $\qquad \qquad$ C．$(-2,2\sqrt{2}]$ $\qquad \qquad$ D．$(0,2\sqrt{2}]$
 

3. 直线 $l$ 经过点 $P(1,0)$，且圆 $x^2+y^2-4x-2y+1=0$ 上到直线 $l$ 距离为 $1$ 的点恰好有 $3$ 个，满足条件的直线 $l$ 有 (　　)
  A．$0$ 条 $\qquad \qquad$ B．$1$ 条 $\qquad \qquad$ C．$2$ 条 $\qquad \qquad$ D．$3$ 条
 

4. 过点 $A(-4,-1)$ 作圆 $C：(x-2)^2+(y-1)^2=4$ 的一条切线 $AB$，切点为 $B$，则三角形 $ABC$ 的面积为 (　　)
 A． $2 \sqrt{10}$ $\qquad \qquad$ B．$6\sqrt{10}$ $\qquad \qquad$ C．$12$ $\qquad \qquad$ D．$6$
 

5. 已知直线 $l: \quad x+\sqrt{3} y-2=0$ 与圆心 $C(1,\sqrt{3})$，半径为 $5$ 的圆相交于点 $M$,$N$，若点 $P$ 为圆 $C$ 上一个动点，则 $△PMN$ 的面积的最大值为 (　　)
  A．$3\sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ B．$3\sqrt{6}$ $\qquad \qquad$ C．$4\sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ D．$12\sqrt{6}$
 

6. 已知直线 $l：y=m(x-2)+2$ 与圆 $C：x^2+y^2=9$ 交于 $A$、$B$ 两点，则弦长 $|AB|$ 的最小值为 (　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad$ C．$2 \sqrt{2}$$\qquad \qquad$ D．$6$
 

7. 与直线 $y=x+2$ 平行且与圆 $(x-2)^2+(y-3)^2=8$ 相切的直线的方程是 $\underline{\quad \quad}$．
 

8. 若直线 $x-y+1=0$ 与圆 $(x-a)^2+y^2=2$ 有公共 点，则实数 $a$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

9. 台风中心从 $A$ 地以每小时 $20$ 千米的速度向东北方向移动，离台风中心 $30$ 千米内的地区为危险区，城市 $B$ 在 $A$ 的正东 $40$ 千米处，$B$ 城市处于危险区内的时间为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

10. 已知圆 $C：(x-1)^2+(y-2)^2=25$，直线 $L：(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0(m∈R)$
(1) 证明：无论 $m$ 取什么实数，$L$ 与圆恒交于两点；
(2) 求直线被圆 $C$ 截得的弦长最小时直线 $L$ 的斜截式方程．
 
 

11. 如图，圆 $M$ 圆心在 $x$ 轴上，与 $x$ 轴的一个交点为 $A(－2,0)$，与 $y$ 轴的一个交点为 $B(0,-2 \sqrt{2})$，点 $P$ 是 $OA$ 的中点．若过 $P$ 点的直线 $l$ 截圆 $M$ 所得的弦长为 $2\sqrt{6}$，求直线 $l$ 的方程．

 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 $∵$ 点 $M(x_0,y_0)$ 在圆 $x^2+y^2=R^2$ 外， $∴x_0^2+y_0^2=R^2$，
   $∴$ 圆心 $(0,0)$ 到直线 $x_0 x+y_0 y=R^2$ 的距离： $d=\dfrac{\left|R^{2}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}}<R$，
   $∴$ 直线 $x_0 x+y_0 y=R^2$ 与圆相交．
   故选：$B$．

2. 答案 $A$
   解析 集合 $A$ 中 $A$ 的函数表示圆心为原点，半径为 $2$ 的上半圆，
   集合 $B$ 中的函数表示斜率为 $1$ 的直线系，
   当直线与圆相切时，圆心 $(0,0)$ 到直线 $y=x+a$ 的距离 $d=\dfrac{|a|}{\sqrt{2}}=2$，
   即 $a=2\sqrt{2}$(负值舍去)；
   当直线过 $(2,0)$ 时，$0=2+a$，即 $a=－2$，
   则 $A∩B≠∅$，即两函数图象有交点时 $a$ 的范围是 $[－2，2\sqrt{2}]$．
   故选：$A$．
   

3. 答案 $C$
   解析 圆 $x^2+y^2-4x-2y+1=0$ 即 $(x-2)^2+(y-1)^2=4$，圆的圆心 (2,1)，半径为 2，
   直线 $l$ 经过点 $P(1,0)$，直线的斜率不存在时，直线方程 $x=1$，
   圆 $x^2+y^2-4x-2y+1=0$ 上到直线 $l$ 距离为 $1$ 的点恰好有 $3$ 个，
   直线的斜率存在时，设直线方程为 $y=k(x-1)$，
   圆 $x^2+y^2-4x-2y+1=0$ 上到直线 $l$ 距离为 $1$ 的点恰好有 $3$ 个，
   可得 $\dfrac{|k-1|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2-1$，解得 $k=0$，
   直线的斜率不存在时，$x-1=0$，满足题意，
   故选：$C$．

4. 答案 $D$
   解析 根据题意，圆 $C：(x-2)^2+(y-1)^2=4$，
   则 $C$ 的坐标为 $(2,1)$，其半径 $r=2$,
   则 $|A C|=\sqrt{(-4-2)^{2}+(-1-1)^{2}}=2 \sqrt{10}$，
   $|A B|=\sqrt{|A C|^{2}-r^{2}}=\sqrt{40-4}=6$，
   因此 $S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2}|A B| \cdot|C B|=\dfrac{1}{2} \times 6 \times 2=6$．
   故选：$D$．

5. 答案 $D$
   解析 如图，
   圆心 $C(1,\sqrt{3} )$ 到直线 $l：x+\sqrt{3} y－2=0$ 的距离 $d=\dfrac{|1+3-2|}{\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}}=1$，
   则 $|M N|=2 \sqrt{5^{2}-1^{2}}=4 \sqrt{6}$，
   圆 $C$ 上的点 $P$ 到 $MN$ 的最大值为 $6$，
   则 $△PMN$ 的面积的最大值为 $\dfrac{1}{2} \times 4 \sqrt{6} \times 6=12 \sqrt{6}$．
   故选：$D$．
   

6. 答案 $B$
   解析 直线 $l：y=m(x-2)+2$ 过定点 $P(2,2)$，
   $\because|C P|=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2 \sqrt{2}<3$，$∴$ 定点 $P$ 在圆 $C$ 内部，
   则当直线 $l$ 与 $CP$ 垂直时，|AB | 最小，此时 $|A B|=2 \sqrt{r^{2}-|C P|^{2}}=2 \sqrt{9-8}=2$．
   故选：$B$．

7. 答案 $x-y-3=0$ 或 $x-y+5=0$
   解析 设所求的切线方程为 $y=x+b$，即 $x-y+b=0$．
   $∵$ 圆心坐标为 $(2,3)$，半径为 $2\sqrt{2}$，
   $\therefore \dfrac{|2-3+b|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2} \text {, }$，即 $|b-1|=4$，$b=5$ 或 $-3$．
   $∴$ 所求的切线方程为 $x-y-3=0$ 或 $x-y+5=0$．

8. 答案 $[-3,1]$
   解析 圆 $(x-a)^2+y^2=2$ 的圆心 $(a，0)$，半径为 $\sqrt{2}$，
   直线 $x-y+1=0$ 与圆 $(x-a)^2+y^2=2$ 有公共点，
   则 $\dfrac{|a+1|}{\sqrt{2}} \leq \sqrt{2}$，所以 $|a+1|≤2$，
   解得实数 $a$ 取值范围是 $[-3,1]$．
   故答案为：$[-3，1]$.

9. 答案 $1$ 小时
   解析 如图，以 $A$ 为坐标原点，建立平面直角坐标系，则 $B(40，0)$，
   
   台风中心移动的轨迹为射线 $y=x(x≥0)$，
   而点 $B$ 到射线 $y=x$ 的距离 $d=\dfrac{40}{\sqrt{2}}=20 \sqrt{2}<30$，
   故 $l=2 \sqrt{30^{2}-(20 \sqrt{2})^{2}}=20$，
   故 $B$ 城市处于危险区内的时间为 $1$ 小时.

10. 答案 (1) 略 (2) $y=2x－5$
    解析 (1) 将直线 $l$ 方程整理得：$(x+y-4)+m(2x+y-7)=0$，
    由 $\left\{\begin{array}{l} x+y-4=0 \\ 2 x+y-7=0 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=3 \\ y=1 \end{array}\right.$，
    $∴$ 直线 l 恒过 $A(3,1)$，
    $∵(3-1)^2+(1-2)^2=5<25$，
    $∴$ 点 $A$ 在圆 $C$ 内部，
    则直线 $l$ 与圆恒有两个交点；
    (2) 由圆的方程得到圆心 $M(1,2)$，当截得的弦长最小时，直线 $l⊥AM$，
    $\because k_{A M}=-\dfrac{1}{2}$，$∴$ 直线 $l$ 斜率为 $2$，
    则直线 $l$ 的方程为 $y-1=2(x-3)$，即 $y=2x－5$．

11. 答案 $y=\sqrt{3} x+\sqrt{3}$ 或 $y=-\sqrt{3} x-\sqrt{3}$
    解析 $∵AC$ 为圆 $M$ 的直径，$∴∠ABC=90°$，
    $∵BO⊥AC$，$∴△AOB∽△BOC$，
    $∴OB^2=OA•OC$，即 $O C=\dfrac{O B^{2}}{O A}=\dfrac{8}{2}=4$，
    $∴C(4,0)$，半径 $r=3$，
    $∵A(－2,0)$，$P$ 为 $OA$ 的中点，
    $∴$ 圆心 $M(1,0)$，$P(－1,0)$，
    设直线 $l$ 斜率为 $k$，即直线 $l$ 解析式为 $y=k(x+1)=kx+k$，
    $∴$ 圆心 $M$ 到直线 $l$ 的距离 $d=\dfrac{|2 k|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，
    $∵$ 过 $P$ 点的直线 $l$ 截圆 $M$ 所得的弦长为 $2\sqrt{6}$，
    $\therefore 2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{6}$，即 $r^2－d^2=6$，
    代入得： $9-\dfrac{4 k^{2}}{k^{2}+1}=6$，解得： $k=\pm \sqrt{3}$，
    则直线 $l$ 方程为 $y=\sqrt{3} x+\sqrt{3}$ 或 $y=-\sqrt{3} x-\sqrt{3}$．
     

【B组---提高题】

1. 直线 $y=k(x－2)+4$ 与曲线 $y=\sqrt{4-x^{2}}$ 有两个交点，则实数 $k$ 的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 已知 $⊙M：x^2+y^2+2x+2y-2=0$，直线 $l：2x+y-2=0$，$P$ 为 $l$ 上的动点，过点 $P$ 作 $⊙M$ 的切线 $PA$，$PB$，切点为 $A$,$B$，则四边形 $PAMB$ 面积的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 已知圆 $C：x^2+y^2-4x-2y+1=0$ 及直线 $l：y=kx-k+2(k∈R)$，设直线 $l$ 与圆 $C$ 相交所得的最长弦长为 $MN$，最短弦为 $PQ$，则四边形 $PMQN$ 的面积为 $\underline{\quad \quad}$．
 

4. 已知直线 $l：y=x$，圆 $C：x^2+y^2-4x+3=0$，在 $l$ 上任意取一点 $A$，向圆 $C$ 作切线，切点分别为 $M$,$N$，则原点 $O$ 到直线 $MN$ 的距离的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $\left(\dfrac{3}{4}, 1\right]$
   解析 直线 $y=k(x－2)+4$，
   当 $x=2$ 时，$y=4$，可得此直线恒过 $A(2,4)$，
   曲线 $y=\sqrt{4-x^{2}}$ 为圆心在坐标原点，半径为 $2$ 的半圆，
   根据题意作出相应的图形，如图所示：
   
   当直线 $y=k(x－2)+4$ 与半圆相切 (切点在第二象限) 时，圆心到直线的距离 $d=r$，
   $\therefore \dfrac{|4-2 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2 \text {, }$，即 $4k^2－16k+16=4+4k^2$，解得： $k=\dfrac{3}{4}$，
   当直线 $y=k(x－2)+4$ 过点 $C$ 时，
   将 $x=－2$，$y=0$ 代入直线方程得：$－4k+4=0$，解得：$k=1$，
   则直线与曲线有 $2$ 个交点时 $k$ 的范围为 $\left(\dfrac{3}{4}, 1\right]$．

2. 答案 $2$
   解析 由 $⊙M：x^2+y^2+2x+2y-2=0$，得 $(x+1)^2+(y+1)^2=4$，
   所以圆心 $M(-1,-1)$，半径 $r=2$，
   四边形 $PAMB$ 面积 $S=2 S_{\triangle P A M}=2 \times \dfrac{1}{2} \times P A \times A M=2 P A$，
   又 $P A=\sqrt{P M^{2}-A M^{2}}=\sqrt{P M^{2}-4}$，
   所以当 $PM$ 最短时，四边形 $PAMB$ 面积最小，
   此时 $|P M|=\dfrac{|2 \times(-1)+(-1)-2|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}}}=\sqrt{5}$，
   所以 $S_{\min }=2 \sqrt{(\sqrt{5})^{2}-4}=2$．
   

3. 答案 $4 \sqrt{2}$
   解析 将圆 $C$ 方程整理为 $(x-2)^2+(y-1)^2=4$，得圆心 $C(2,1)$，半径 $r=2$；
   将直线 $l$ 方程整理为 $y=k(x-1)+2$，得直线 $l$ 恒过定点 $(1,2)$，且 $(1,2)$ 在圆 $C$ 内；
   最长弦 $MN$ 为过 $(1,2)$ 的圆的直径，则 $|MN|=4$；
   最短弦 $PQ$ 为过 $(1,2)$，且与最长弦 $MN$ 垂直的弦，
   $\because k_{M N}=\dfrac{2-1}{1-2}=-1$， $\therefore k_{P Q}=1$，
   则直线 $PQ$ 方程为 $y－2=x－1$，即 $x-y+1=0$，
   $∴$ 圆心 $C$ 到直线 $PQ$ 的距离为 $d=\dfrac{|2-1+1|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，
   $\therefore|P Q|=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{4-2}=2 \sqrt{2}$，
   $∴$ 四边形 $PMQN$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}|M N| \cdot|P Q|=\dfrac{1}{2} \times 4 \times 2 \sqrt{2}=4 \sqrt{2}$.

4. 答案 $\dfrac{\sqrt{10}}{2}$
   解析 由题可得圆 $C$ 的圆心坐标为 $(2,0)$，半径为 $1$．
   $∵A$ 在直线 $l$ 上，设 $A(a,a)$，
   又 $M$、$N$ 为过 $A$ 点的圆的切线的切点，
   故有 $AM^2=AN^2=AC^2－1$，
   $∴$ 以 $A$ 为圆心，$AM$ 为半径的圆的方程为 $(x-a)^2+(y-a)^2=(a-2)^2+a^2-1$，
   化简得 $x^2+y^2-2ax-2ay-3+4a=0$，
   $∴MN$ 所在直线方程为 $(2-a)x-ay+2a-3=0$，
   $∴O$ 到 $MN$ 的距离 $d=\dfrac{|2 a-3|}{\sqrt{(2-a)^{2}+a^{2}}}$，
   $\therefore d^{2}=2+\dfrac{1-4 a}{2 a^{2}-4 a+4}$，令 $1-4a=t$，
   $d^{2}=2+\dfrac{8 t}{t^{2}+6 t+25}=2+\dfrac{8}{t+\dfrac{25}{t}+6}$，
   由不等式 $t+\dfrac{25}{t} \geq 2 \sqrt{25}=10$，当且仅当 $t=5$ 时取等．
   $\therefore d \leq \dfrac{\sqrt{10}}{2}$.
    

【C组---拓展题】

1. 对圆 $x^2+y^2=1$ 上任意一点 $P(x,y)$，若 $|3x-4y+a|-|3x-4y-9|$ 的值都与 $x,y$ 无关，则实数 $a$ 的取值范围是 (　　)
 A．$a≤-5$ $\qquad \qquad$ B．$-5≤a≤5$ $\qquad \qquad$ C．$a≤-5$ 或 $a≥5$ $\qquad \qquad$ D．$a≥5$
 

2. 已知圆 $C：x^2+y^2=4$，直线 $l：x－y+6=0$，在直线 $l$ 上任取一点 $P$ 向圆 $C$ 作切线，切点为 $A$,$B$，连接 $AB$，则直线 $AB$ 一定过定点 (　　)
 A． $\left(-\dfrac{2}{3}, \dfrac{2}{3}\right)$ $\qquad \qquad$ B．$(1,2)$ $\qquad \qquad$ C．$(－2,3)$ $\qquad \qquad$ D． $\left(-\dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}\right)$
 

3. 已知点 $P$ 在直线 $x+y=4$ 上，过点 $P$ 作圆 $O：x^2+y^2=4$ 的两条切线，切点分别为 $A$,$B$，则点 $M(3,2)$ 到直线 $AB$ 距离的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 设直线 $l_1：3x-4y+a=0$，$l_2：3x-4y-9=0$，
   则点 $P$ 到直线 $l_1$ 的距离 $d_{1}=\dfrac{|3 x-4 y+a|}{5}$，
   点 $P$ 到 $l_2$ 的距离 $d_{2}=\dfrac{|3 x-4 y-9|}{5}$，
   因为 $|3x-4y+a|-|3x-4y-9|$ 的值都与 $x,y$ 无关，
   所以 $d_1-d_2$ 为常数，
   所以两条直线在圆的同一侧，且与圆不相交，
   因为直线 $l_2$ 在圆的下方，所以直线 $l_1$ 也在圆的下方，
   则有圆心 $(0,0)$ 到直线 $l_1$ 的距离 $d=\dfrac{|a|}{5} \geq 1$，解得 $a≥5$ 或 $a≤－5$，
   因为直线 $l_1$ 也在圆的下方，所以 $a≤－5$．
   故选：$A$．

2. 答案 $A$
   解析 设 $P(x_0,y_0)$，则 $x_0－y_0+6=0$，
   以 $CP$ 为直径的圆的方程为 $x(x－x_0)+y(y－y_0)=0$，
   又圆 $C：x^2+y^2=4$，作差可得直线 $AB$ 的方程为 $xx_0+yy_0=4$，
   又 $y_0=x_0+6$，代入可得 $(x+y) x_0+6y－4=0$，
   满足 $\left\{\begin{array}{l} x+y=0 \\ 6 y-4=0 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=-\dfrac{2}{3} \\ y=\dfrac{2}{3} \end{array}\right.$．
   $∴$ 直线 $AB$ 一定过定点 $\left(-\dfrac{2}{3}, \dfrac{2}{3}\right)$，
   故选：$A$．

3. 答案 $\sqrt{5}$
   解析 根据题意，点 $P$ 在直线 $x+y=4$ 上，设 $P(a,b)$，则 $a+b=4$，
   过点 $P$ 作圆 $O：x^2+y^2=4$ 的两条切线，切点分别为 $A$，$B$，
   则 $PA⊥OA$，$PB⊥OB$，
   则点 $A$、$B$ 在以 $OP$ 为直径的圆上，
   又由 $P(a,b)$，则以 $OP$ 为直径的圆的方程是 $\left(x-\dfrac{a}{2}\right)^{2}+\left(y-\dfrac{b}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{4}\left(a^{2}+b^{2}\right)$，
   圆 $O$ 的方程为 $O：x^2+y^2=4$，
   联立两个圆的方程可得：直线 $AB$ 的方程为 $ax+by=4$，即 $ax+by－4=0$，
   因为 $a+b=4$，所以 $b=4－a$，代入直线 $AB$ 的方程，得 $ax+(4-a)y-4=0$，
   即 $a(x-y)+4y-4=0$，
   当 $x=y$ 且 $4y－4=0$，即 $x=1$，$y=1$ 时该方程恒成立，
   所以直线 $AB$ 过定点 $N(1,1)$，
   点 $M$ 到直线 $AB$ 距离的最大值即为点 $M,N$ 之间的距离， $|M N|=\sqrt{5}$，
   即点 $M(3,2)$ 到直线 $AB$ 距离的最大值为 $\sqrt{5}$．