《2025年高考帮数学》

训练1 (1)直线l：$mx - y + 1 - m = 0$与圆C：$x^{2} + (y - 1)^{2} = 5$的位置关系是 ( )
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定
(2)[2023重庆市调研质量抽测(一)]已知圆C：$x^{2} + y^{2} = 16$上恰有3个点到直线l：$y = \sqrt{3}x + b(b ＞ 0)$的距离等于2，则b的值为________.

答案：
训练1
(1)A解法一(代数法) 由$\begin{cases}mx - y + 1 - m = 0 \\x^{2}+(y - 1)^{2}=5\end{cases}$,消去y,整理得(1 + m²)x² - 2m²x + m² - 5 = 0,因为Δ = 16m² + 20 ＞ 0,所以直线l与圆C相交.
解法二(几何法) 由题意知,圆心C(0,1)到直线l的距离d = $\frac{\vert m\vert}{\sqrt{m^{2}+1}}$ ＜ 1 ＜ $\sqrt{5}$,故直线l与圆C相交.
解法三(点与圆的位置关系法) 直线l:mx - y + 1 - m = 0过定点(1,1),因为点(1,1)在圆x² + (y - 1)² = 5的内部,所以直线l与圆C相交.
(2)4如图,分别作直线$l_{1}$,$l_{2}$与直线l平行，且与直线l的距离均为2.圆C:x² + y² = 16,则圆心坐标为(0,0),半径r = 4.圆心(0,0)到直线l:$\sqrt{3}$x - y + b = 0的距离d = $\frac{\vert b\vert}{2}$.因为圆C上恰有3个点到直线l的距离等于2,由图可知，圆C与$l_{2}$相切,与$l_{1}$有2个交点,(转化为圆C与直线$l_{1}$,$l_{2}$的位置关系)则$\begin{cases}d + 2 = 4 \\d - 2 ＜ 4\end{cases}$,得$\begin{cases}\frac{\vert b\vert}{2}=2 \\\frac{\vert b\vert}{2}＜6\end{cases}$,又b＞0,所以b = 4.

例2 (1)[2023全国卷甲]已知双曲线C：$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的离心率为$\sqrt{5}$，C的一条渐近线与圆$(x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} = 1$交于A，B两点，则$|AB|$ = ( )
A. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ B. $\frac{2\sqrt{5}}{5}$ C. $\frac{3\sqrt{5}}{5}$ D. $\frac{4\sqrt{5}}{5}$
(2)[2023新高考卷Ⅱ]已知直线$x - my + 1 = 0$与⊙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： 例2
(1)D根据双曲线的离心率e = $\sqrt{5}$ = $\frac{c}{a}$,得c = $\sqrt{5}$a,即c² = 5a²,即a² + b² = 5a²,所以b² = 4a²,$\frac{b^{2}}{a^{2}}$ = 4,所以双曲线的渐近线方程为y = ±2x,易知渐近线y = 2x与圆相交.
解法一 由$\begin{cases}y = 2x \\(x - 2)^{2}+(y - 3)^{2}=1\end{cases}$,得5x² - 16x + 12 = 0.设A($x_{1}$,$y_{1}$),B($x_{2}$,$y_{2}$),则$x_{1}$ + $x_{2}$ = $\frac{16}{5}$,$x_{1}x_{2}$ = $\frac{12}{5}$.所以$\vert AB\vert$ = $\sqrt{1 + 2^{2}}\vert x_{1}-x_{2}\vert$ = $\sqrt{5}\times\sqrt{(\frac{16}{5})^{2}-4\times\frac{12}{5}}$ = $\frac{4\sqrt{5}}{5}$,故选D.
解法二 则圆心(2,3)到渐近线y = 2x的距离d = $\frac{\vert 2\times2 - 3\vert}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$,所以$\vert AB\vert$ = 2$\sqrt{1 - d^{2}}$ = 2$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{5}}{5})^{2}}$ = $\frac{4\sqrt{5}}{5}$,故选D.
(2)2(答案不唯一)设直线x - my + 1 = 0为直线l,由条件知⊙C的圆心C(1,0),半径R = 2,C到直线l的距离d = $\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}}$,(提示:点($x_{0}$,$y_{0}$)到直线Ax + By + C = 0的距离d = $\frac{\vert Ax_{0}+By_{0}+C\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$)$\vert AB\vert$ = 2$\sqrt{R^{2}-d^{2}}$ = 2$\sqrt{4 - (\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}})^{2}}$ = $\frac{4\vert m\vert}{\sqrt{1 + m^{2}}}$.由$S_{\triangle ABC}$ = $\frac{8}{5}$,得$\frac{1}{2}\times\frac{4\vert m\vert}{\sqrt{1 + m^{2}}}\times\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}}$ = $\frac{8}{5}$,整理得2m² - 5$\vert m\vert$ + 2 = 0,解得m = ±2或m = ±$\frac{1}{2}$.

训练2 (1)[2021北京高考]已知圆C：$x^{2} + y^{2} = 4$，直线l：$y = kx + m$，当k的值发生变化时，直线l被圆C所截得的弦长的最小值为2，则m的值为 ( )
A. $\pm2$ B. $\pm\sqrt{2}$ C. $\pm\sqrt{3}$ D. $\pm3$
(2)[多选/2024南京市第五高级中学模拟]已知圆O：$x^{2} + y^{2} = 9$，过点A(2,0)的直线l与圆O 交于M，N两点，则 ( )
A. 存在直线l，使得$|MN| = 4$
B. 使得$|MN|$为整数的直线l有3条
C. 存在直线l，使得$\triangle MON$的面积为$\frac{9}{2}$
D. 存在直线l，使得$\triangle MON$的面积为$\frac{9\sqrt{3}}{4}$

答案： 训练2
(1)C解法一(几何法) 设直线l与y轴交于点A(0,m),由题意知,圆心C(0,0),当k的值发生变化时,要使直线l被圆C所截得的弦长最小,则圆心C到直线l的距离最大,为$\vert AC\vert$,即$\vert m\vert$ = $\sqrt{2^{2}-1^{2}}$ = $\sqrt{3}$,所以m = ±$\sqrt{3}$;
解法二(代数法) 由$\begin{cases}x^{2}+y^{2}=4 \\y = kx + m\end{cases}$,得($k^{2}$ + 1)x² + 2kmx + m² - 4 = 0.设交点A($x_{1}$,$y_{1}$),B($x_{2}$,$y_{2}$),则$\begin{cases}x_{1}+x_{2}=\frac{-2km}{k^{2}+1} \\x_{1}x_{2}=\frac{m^{2}-4}{k^{2}+1}\end{cases}$.
则$\vert AB\vert$ = $\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_{1}-x_{2}\vert$ = $\sqrt{1 + k^{2}}\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}$ = $\sqrt{1 + k^{2}}\sqrt{(\frac{-2km}{k^{2}+1})^{2}-4\times\frac{m^{2}-4}{k^{2}+1}}$ = 2$\sqrt{4 - \frac{m^{2}}{k^{2}+1}}$.
显然当k = 0时,弦长取得最小值2$\sqrt{4 - m^{2}}$ = 2,解得m = ±$\sqrt{3}$;
(2)BD 因为圆O的半径为3,$\vert OA\vert$ = 2,所以2$\sqrt{3^{2}-2^{2}}$ ≤ $\vert MN\vert$ ≤ 6,即2$\sqrt{5}$ ≤ $\vert MN\vert$ ≤ 6,故A不正确.
若$\vert MN\vert$为整数,则$\vert MN\vert$ = 5或$\vert MN\vert$ = 6,且满足$\vert MN\vert$ = 5的直线l有2条,满足$\vert MN\vert$ = 6的直线有1条,故B正确.
$S_{\triangle MON}$ = $\frac{1}{2}\vert OM\vert\vert ON\vert\sin\angle MON$ = $\frac{9}{2}\sin\angle MON$,且点O到直线l的距离的最大值为2.
若S = $\frac{9}{2}$,则$\sin\angle MON$ = 1,则$\angle MON$ = $\frac{\pi}{2}$,则O到直线l的距离为3$\cos\frac{\pi}{4}$ = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ ＞ 2,不符合条件,故C不正确.
若S = $\frac{9\sqrt{3}}{4}$,则$\sin\angle MON$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,则$\angle MON$ = $\frac{\pi}{3}$或$\frac{2\pi}{3}$.若$\angle MON$ = $\frac{\pi}{3}$,则O到直线l的距离为3$\cos\frac{\pi}{6}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ ＞ 2,不符合条件;若$\angle MON$ = $\frac{2\pi}{3}$,则O到直线l的距离为3$\cos\frac{\pi}{3}$ = $\frac{3}{2}$ ＜ 2,符合条件，故D正确.故选BD.

例3 [2023新高考卷I]过点(0, - 2)与圆$x^{2} + y^{2} - 4x - 1 = 0$相切的两条直线的夹角为α，则sinα = ( )
A. 1 B. $\frac{\sqrt{15}}{4}$ C. $\frac{\sqrt{10}}{4}$ D. $\frac{\sqrt{6}}{4}$

答案：
例3B如图,x² + y² - 4x - 1 = 0,即(x - 2)² + y² = 5,所以圆心坐标为(2,0),半径r = $\sqrt{5}$,所以圆心到点(0,−2)的距离为$\sqrt{(2 - 0)^{2}+(0 + 2)^{2}}$ = 2$\sqrt{2}$,因为圆心与点(0,−2)的连线平分角α,所以$\sin\frac{\alpha}{2}$ = $\frac{r}{2\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{10}}{4}$,所以$\cos\frac{\alpha}{2}$ = $\frac{\sqrt{6}}{4}$,所以$\sin\alpha$ = 2$\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\cos\frac{\alpha}{2}$ = 2×$\frac{\sqrt{10}}{4}$×$\frac{\sqrt{6}}{4}$ = $\frac{\sqrt{15}}{4}$.故选B.

例4 已知点$P(\sqrt{2} + 1,2 - \sqrt{2})$，点$M(3,1)$，圆C：$(x - 1)^{2} + (y - 2)^{2} = 4$.
(1)求过点P的圆C的切线方程;
(2)求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长.

答案： 例4由题意得圆心C(1,2),半径r = 2.
(1)
∵ ($\sqrt{2}$ + 1 - 1)² + (2 - $\sqrt{2}$ - 2)² = 4,
∴ 点P在圆C上.
又$k_{PC}$ = $\frac{2 - \sqrt{2}-2}{\sqrt{2}+1 - 1}$ = -1,
∴ 切线的斜率k = - $\frac{1}{k_{PC}}$ = 1.
∴ 过点P的圆C的切线方程是y - (2 - $\sqrt{2}$) = x - ($\sqrt{2}$ + 1),即x - y + 1 - 2$\sqrt{2}$ = 0.
(2)
∵ (3 - 1)² + (1 - 2)² = 5 ＞ 4,
∴ 点M在圆C外部.
当过点M的直线斜率不存在时，直线方程为x = 3，即x - 3 = 0.又点C(1,2)到直线x - 3 = 0的距离d = 3 - 1 = 2 = r,
即此时满足题意，
∴ 直线x = 3是圆的切线；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y - 1 = k(x - 3)，即kx - y + 1 - 3k = 0,
则圆心C到切线的距离d = $\frac{\vert k - 2 + 1 - 3k\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$ = r = 2，解得k = $\frac{3}{4}$.
∴ 切线方程为y - 1 = $\frac{3}{4}$(x - 3)，即3x - 4y - 5 = 0.
综上可得，过点M的圆C的切线方程为x - 3 = 0或3x - 4y - 5 = 0.
∵ $\vert MC\vert$ = $\sqrt{(3 - 1)^{2}+(1 - 2)^{2}}$ = $\sqrt{5}$,
∴ 过点M的圆C的切线长为$\sqrt{\vert MC\vert^{2}-r^{2}}$ = $\sqrt{5 - 4}$ = 1.