《2025年赢在微点数学》

2. 过点$(0,1)$且倾斜角为$\frac{\pi}{3}$的直线$l$交圆$x^{2}+y^{2}-6y = 0$于$A,B$两点，则弦$AB$的长为（ ）
A. $\sqrt{10}$
B. $2\sqrt{10}$
C. $2\sqrt{2}$
D. $4\sqrt{2}$

答案： D 解析 过点(0,1)且倾斜角为 $\frac{\pi}{3}$ 的直线 $l$ 的方程为 $y - 1=\sqrt{3}x$，即 $\sqrt{3}x - y + 1 = 0$。因为圆 $x^{2}+y^{2}-6y = 0$，即 $x^{2}+(y - 3)^{2}=9$，所以圆心坐标为(0,3)，半径 $r = 3$，圆心到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|-3 + 1|}{2}=1$，所以直线被圆截得的弦长 $|AB| = 2\times\sqrt{3^{2}-1^{2}} = 4\sqrt{2}$。故选 D。

3. 圆$Q:x^{2}+y^{2}-4x = 0$在点$P(1,\sqrt{3})$处的切线方程为（ ）
A. $x+\sqrt{3}y - 2 = 0$
B. $x+\sqrt{3}y - 4 = 0$
C. $x-\sqrt{3}y + 4 = 0$
D. $x-\sqrt{3}y + 2 = 0$

答案： D 解析 圆 $Q$ 的标准方程为 $(x - 2)^{2}+y^{2}=4$。因为 $P(1,\sqrt{3})$ 在圆 $Q$ 上，所以所求切线方程为 $(1 - 2)(x - 2)+(\sqrt{3}-0)(y - 0)=4$，即 $x-\sqrt{3}y + 2 = 0$。故选 D。

4. 若圆$x^{2}+y^{2}=1$与圆$(x + 4)^{2}+(y - a)^{2}=25$相切，则常数$a =$ 。

答案： $\pm2\sqrt{5}$ 或 0 解析 两圆的圆心距 $d=\sqrt{(-4)^{2}+a^{2}}$，由两圆相切(外切或内切)，得 $\sqrt{(-4)^{2}+a^{2}} = 5 + 1$ 或 $\sqrt{(-4)^{2}+a^{2}} = 5 - 1$，解得 $a=\pm2\sqrt{5}$ 或 $a = 0$。

5. 若直线过点$P(4,1)$且被圆$x^{2}+y^{2}=25$截得的弦长是$6$，则该直线的方程为 。

答案： $x = 4$ 或 $15x + 8y - 68 = 0$ 解析 当直线的斜率不存在时，该直线的方程为 $x = 4$，代入圆的方程解得 $y=\pm3$，故该直线被圆截得的弦长为 6，符合题意。当直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为 $y - 1 = k(x - 4)$，即 $kx - y - 4k + 1 = 0$，圆心到直线的距离 $d=\frac{|-4k + 1|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，则 $2\sqrt{5^{2}-(\frac{|-4k + 1|}{\sqrt{k^{2}+1}})^{2}} = 6$，解得 $k=-\frac{15}{8}$，所以直线方程为 $15x + 8y - 68 = 0$。综上所述，所求直线方程为 $x = 4$ 或 $15x + 8y - 68 = 0$。

1. 直线$kx - y + 2 - k = 0$与圆$x^{2}+y^{2}-2x - 8 = 0$的位置关系为（ ）
A. 相切
B. 相交或相切
C. 相交
D. 相交、相切或相离

答案： C　解析　解法一:直线$kx - y + 2 - k = 0$的方程可化为$k(x - 1)-(y - 2)=0$，该直线恒过定点$(1,2)$。因为$1^{2}+2^{2}-2 - 8＜0$，所以点$(1,2)$在圆$x^{2}+y^{2}-2x - 8 = 0$的内部，所以直线$kx - y + 2 - k = 0$与圆$x^{2}+y^{2}-2x - 8 = 0$相交。故选C。
解法二:因为圆的方程可化为$(x - 1)^{2}+y^{2}=3^{2}$，所以圆的圆心为$(1,0)$，半径为3。圆心到直线$kx - y + 2 - k = 0$的距离为$\frac{|k + 2 - k|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{1 + k^{2}}}\leq2＜3$，所以直线与圆相交。故选C。

2. 已知圆$C:x^{2}+y^{2}-2ay + a - 1 = 0$，直线$l:x - y = 0$，则直线$l$与圆$C$的位置关系为（ ）
A. 相切
B. 相交
C. 相离
D. 无法确定

答案： B　解析　由$x^{2}+y^{2}-2ay + a - 1 = 0$，得$x^{2}+(y - a)^{2}=(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}$，所以圆C的圆心坐标为$(0,a)$，半径$r=\sqrt{(a - \frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}}$，因为圆心$C(0,a)$到直线l的距离$d=\frac{|-a|}{\sqrt{1 + 1}}=\frac{|a|}{\sqrt{2}}$，且$r^{2}-d^{2}=\frac{1}{2}(a^{2}-2a + 2)=\frac{1}{2}(a - 1)^{2}+\frac{1}{2}＞0$恒成立，所以$d＜r$，所以直线l与圆C相交。故选B。

3. 已知直线$l$过点$A(a,0)$且斜率为$1$，若圆$x^{2}+y^{2}=4$上恰有$3$个点到$l$的距离为$1$，则实数$a$的值为（ ）
A. $3\sqrt{2}$
B. $\pm3\sqrt{2}$
C. $\pm2$
D. $\pm\sqrt{2}$

答案： D　解析　直线l的方程为$y = x - a$，即$x - y - a = 0$。因为圆$x^{2}+y^{2}=4$上恰有3个点到l的距离为1，所以圆心$(0,0)$到直线l的距离为1，故$\frac{|-a|}{\sqrt{2}} = 1$，解得$a=\pm\sqrt{2}$。故选D。

4. 设点$A(-2,3)$，$B(0,a)$，若直线$AB$关于直线$y = a$对称的直线与圆$(x + 3)^{2}+(y + 2)^{2}=1$有公共点，则$a$的取值范围是________。

答案： $[\frac{1}{3},\frac{3}{2}]$　解析　因为$k_{AB}=\frac{a - 3}{2}$，所以直线AB关于直线$y = a$对称的直线方程为$(3 - a)x - 2y + 2a = 0$。由题意可知圆心为$(-3,-2)$，且圆心到对称直线的距离小于或等于1，所以$\frac{|3(a - 3)+4 + 2a|}{\sqrt{4+(3 - a)^{2}}}\leq1$。整理，得$6a^{2}-11a + 3\leq0$，解得$\frac{1}{3}\leq a\leq\frac{3}{2}$。

[例1]　(1)设圆$x^{2}+y^{2}-2x - 2y - 2 = 0$的圆心为$C$，直线$l$过$(0,3)$且与圆$C$交于$A$，$B$两点，若$|AB| = 2\sqrt{3}$，则直线$l$的方程为（ ）
A. $3x + 4y - 12 = 0$或$4x - 3y + 9 = 0$
B. $3x + 4y - 12 = 0$或$x = 0$
C. $4x - 3y + 9 = 0$或$x = 0$
D. $3x - 4y + 12 = 0$或$4x + 3y + 9 = 0$

答案：
(1)B　解析　当直线l的斜率不存在时，其方程为$x = 0$，则由$\begin{cases}x = 0\\x^{2}+y^{2}-2x - 2y - 2 = 0\end{cases}$，得$\begin{cases}x = 0\\y = 1-\sqrt{3}\end{cases}$或$\begin{cases}x = 0\\y = 1+\sqrt{3}\end{cases}$，所以$|AB| = 2\sqrt{3}$，符合题意。当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为$y = kx + 3$，因为圆$x^{2}+y^{2}-2x - 2y - 2 = 0$即$(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=4$，所以圆心为$C(1,1)$，圆的半径$r = 2$，易知圆心$C(1,1)$到直线$y = kx + 3$的距离$d=\frac{|k - 1 + 3|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{|k + 2|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，$d^{2}+(\frac{|AB|}{2})^{2}=r^{2}$，所以$\frac{(k + 2)^{2}}{k^{2}+1}+3 = 4$，解得$k=-\frac{3}{4}$，所以直线l的方程为$y=-\frac{3}{4}x + 3$，即$3x + 4y - 12 = 0$。综上，直线l的方程为$3x + 4y - 12 = 0$或$x = 0$。故选B。

(2)(2023·新高考II卷)已知直线$l:x - my + 1 = 0$与$\odot C:(x - 1)^{2}+y^{2}=4$交于$A$，$B$两点，写出满足“$\triangle ABC$面积为$\frac{8}{5}$”的$m$的一个值________。

答案：
(2)$(2,-2,\frac{1}{2},-\frac{1}{2}$中任意一个皆可以)　解析　设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式，得$|AB| = 2\sqrt{4 - d^{2}}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times d\times2\sqrt{4 - d^{2}}=\frac{8}{5}$，解得$d=\frac{4\sqrt{5}}{5}$或$d=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，又$d=\frac{|1 + 1|}{\sqrt{1 + m^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}}$，所以$\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，解得$m=\pm2$或$m=\pm\frac{1}{2}$。