《2025年高考帮数学》

训练3 (1)[2023重庆市二调]已知直线l：$x - y + 8 = 0$与x轴交于点A，过直线l上的动点P作圆$x^{2} + y^{2} = 16$的两条切线，切点分别为C，D，则直线CD恒过定点的坐标为________；若M是线段CD的中点，则$|AM|$的最小值为________.
(2)[2021天津高考]若斜率为$\sqrt{3}$的直线与y轴交于点A，与圆$x^{2} + (y - 1)^{2} = 1$相切于点B，则$|AB|$ = ________.

答案： 训练3
(1)(−2,2) 4$\sqrt{2}$ 解法一设点P坐标为($x_{0}$,$y_{0}$),O为坐标原点，连接OP,易证C,D两点在以OP为直径的圆上，故C,D两点为此圆与圆x² + y² = 16的交点,由$\begin{cases}x^{2}+y^{2}=16 \\(x - \frac{x_{0}}{2})^{2}+(y - \frac{y_{0}}{2})^{2}=\frac{1}{4}(x_{0}^{2}+y_{0}^{2})\end{cases}$化简得$x_{0}x + y_{0}y = 16$,此方程即直线CD的方程，又点P是直线l上的动点，所以$y_{0}$ = $x_{0}$ + 8,所以直线CD的方程为$x_{0}x + (x_{0}+8)y = 16$,即$x_{0}(x + y)+8y = 16$.当x + y = 0,8y = 16时,y = 2,x = −2.故直线CD过定点(−2,2).令定点为F,由OM⊥CD知,OM⊥MF,又$\vert OF\vert$ = 2$\sqrt{2}$,所以点M在以OF为直径的圆上,其轨迹方程为(x + 1)² + (y - 1)² = 2,设圆心为N,则N(−1,1).又A(−8,0),$\vert AN\vert$ = $\sqrt{(-1 + 8)^{2}+1^{2}}$ = 5$\sqrt{2}$,故$\vert AM\vert$的最小值为5$\sqrt{2}$ - $\sqrt{2}$ = 4$\sqrt{2}$.
解法二依题意,设点P坐标为($x_{0}$,$x_{0}$ + 8),则CD:$x_{0}x + (x_{0}+8)y = 16$.(二级结论:从圆外一点P($x_{0}$,$y_{0}$)引圆x² + y² = $r^{2}$的两条切线，切点弦所在直线的方程为$x_{0}x + y_{0}y = r^{2}$)后同解法一.
(2)$\sqrt{3}$设直线AB的方程为y = $\sqrt{3}$x + b,则点A(0,b),由于直线AB与圆x² + (y - 1)² = 1相切,且圆心为C(0,1),半径为1,则$\frac{\vert b - 1\vert}{2}$ = 1,解得b = -1或b = 3,所以$\vert AC\vert$ = 2,因为$\vert BC\vert$ = 1,所以$\vert AB\vert$ = $\sqrt{\vert AC\vert^{2}-\vert BC\vert^{2}}$ = $\sqrt{3}$;

例5 [2023安徽省十校联考]已知直线l：$mx + y - 3m - 2 = 0$与圆M：$(x - 5)^{2} + (y - 4)^{2} = 25$交于A，B两点，则当弦AB最短时，圆M与圆N：$(x + 2m)^{2} + y^{2} = 9$的位置关系是 ( )
A. 内切 B. 外离 C. 外切 D. 相交

答案： 例5B易知直线l:mx + y - 3m - 2 = 0即m(x - 3)+y - 2 = 0,可知l过定点P(3,2),因为(3 - 5)² + (2 - 4)² ＜ 25,故P(3,2)在圆M:(x - 5)² + (y - 4)² = 25内.故弦AB最短时直线l垂直于PM,又$k_{PM}$ = $\frac{4 - 2}{5 - 3}$ = 1,所以1×(-m) = -1,解得m = 1,此时圆N的方程是(x + 2)² + y² = 9.两圆圆心之间的距离$\vert MN\vert$ = $\sqrt{(5 + 2)^{2}+(4 - 0)^{2}}$ = $\sqrt{65}$,两圆半径分别为5,3,又$\sqrt{65}$ ＞ $\sqrt{64}$ = 5 + 3,所以这两圆外离.故选B.

例6 [2022新高考卷Ⅰ]写出与圆$x^{2} + y^{2} = 1$和$(x - 3)^{2} + (y - 4)^{2} = 16$都相切的一条直线的方程________________.

答案：
例6x = -1(答案不唯一)
解法一如图,因为圆x² + y² = 1的圆心为O(0,0),半径$r_{1}$ = 1,圆(x - 3)² + (y - 4)² = 16的圆心为A(3,4),半径$r_{2}$ = 4,所以$\vert OA\vert$ = 5,$r_{1}+r_{2}$ = 5,所以$\vert OA\vert$ = $r_{1}+r_{2}$,所以两圆外切,公切线有三种情况:①易知公切线$l_{1}$的方程为x = -1;②另一条公切线$l_{2}$与公切线$l_{1}$关于过两圆圆心的直线l对称,易知过两圆圆心的直线l的方程为y = $\frac{4}{3}$x,由$\begin{cases}x = -1 \\y = \frac{4}{3}x\end{cases}$,得$\begin{cases}x = -1 \\y = -\frac{4}{3}\end{cases}$,由对称性可知公切线$l_{2}$过点(-1,-$\frac{4}{3}$),设公切线$l_{2}$的方程为y + $\frac{4}{3}$ = k(x + 1),则点O(0,0)到$l_{2}$的距离为1,所以1 = $\frac{\vert k-\frac{4}{3}\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$,解得k = $\frac{7}{24}$,所以公切线$l_{2}$的方程为y + $\frac{4}{3}$ = $\frac{7}{24}$(x + 1),即7x - 24y - 25 = 0;③还有一条公切线$l_{3}$与直线l:y = $\frac{4}{3}$x垂直,设公切线$l_{3}$的方程为y = - $\frac{3}{4}$x + t,易知t ＞ 0,则点O(0,0)到$l_{3}$的距离为1,所以1 = $\frac{\vert t\vert}{\sqrt{(-\frac{3}{4})^{2}+(-1)^{2}}}$,解得t = $\frac{5}{4}$或t = - $\frac{5}{4}$(舍去),所以公切线$l_{3}$的方程为y = - $\frac{3}{4}$x + $\frac{5}{4}$,即3x + 4y - 5 = 0.综上,所求直线方程为x = -1或7x - 24y - 25 = 0或3x + 4y - 5 = 0.

解法二若两圆公切线的斜率不存在，则设其方程为x = m,由题意得$\vert m\vert$ = 1,且$\vert m - 3\vert$ = 4,解得m = -1,所以此时两圆公切线的方程为x = -1.
若两圆公切线的斜率存在,则设其方程为y = kx + b,由题意得$\frac{\vert b\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$ = 1,$\frac{\vert 3k - 4 + b\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$ = 4,
所以有$\vert 3k - 4 + b\vert$ = 4$\vert b\vert$,所以可得3k - 4 + b = ±4b,即b = k - $\frac{4}{3}$或b = $\frac{4}{5}-\frac{3}{5}k$.
将b = k - $\frac{4}{3}$代入$\frac{\vert b\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$ = 1化简可得k = $\frac{7}{24}$,b = - $\frac{25}{24}$;
将b = $\frac{4}{5}-\frac{3}{5}k$代入$\frac{\vert b\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$ = 1化简可得k = - $\frac{3}{4}$,b = $\frac{5}{4}$.
则可得两圆公切线的方程为y = $\frac{7}{24}x-\frac{25}{24}$或y = - $\frac{3}{4}x+\frac{5}{4}$,即7x - 24y - 25 = 0或3x + 4y - 5 = 0.
综上,可知两圆公切线的方程为x = -1或7x - 24y - 25 = 0或3x + 4y - 5 = 0.

例7 圆$C_{1}$：$x^{2} + y^{2} - 2x + 10y - 24 = 0$和圆$C_{2}$：$x^{2} + y^{2} + 2x + 2y - 8 = 0$的公共弦所在直线的方程为________________，公共弦长为________.

答案： 例7x - 2y + 4 = 0 2$\sqrt{5}$ 联立两圆的方程，得$\begin{cases}x^{2}+y^{2}-2x + 10y - 24 = 0 \\x^{2}+y^{2}+2x + 2y - 8 = 0\end{cases}$,两式相减并整理得x - 2y + 4 = 0,所以两圆公共弦所在直线的方程为x - 2y + 4 = 0.
解法一设两圆相交于点A($x_{1}$,$y_{1}$),B($x_{2}$,$y_{2}$),则A,B两点的坐标满足$\begin{cases}x - 2y + 4 = 0 \\x^{2}+y^{2}+2x + 2y - 8 = 0\end{cases}$,解得$\begin{cases}x_{1}=-4 \\y_{1}=0\end{cases}$或$\begin{cases}x_{2}=0 \\y_{2}=2\end{cases}$.
所以$\vert AB\vert$ = $\sqrt{(0 + 4)^{2}+(2 - 0)^{2}}$ = 2$\sqrt{5}$,即公共弦长为2$\sqrt{5}$.
解法二由x² + y² - 2x + 10y - 24 = 0,得(x - 1)² + (y + 5)² = 50,其圆心坐标为(1,-5),半径r = 5$\sqrt{2}$,圆心到直线x - 2y + 4 = 0的距离d = $\frac{\vert 1 - 2\times(-5)+4\vert}{\sqrt{1+(-2)^{2}}}$ = 3$\sqrt{5}$.设公共弦长为2l,由勾股定理得$r^{2}=d^{2}+l^{2}$,即50 = (3$\sqrt{5}$)² + $l^{2}$,解得l = $\sqrt{5}$,故公共弦长2l = 2$\sqrt{5}$.

训练4 (1)[2023湖南省六校联考]在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为$x^{2} + y^{2} - 8x + 15 = 0$，若直线$y = kx - 2$上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是 ( )
A. 0 B. $\frac{4}{3}$ C. $\frac{3}{4}$ D. 7
(2)[多选/2023海南省文昌中学模拟]已知圆$O_{1}$：$x^{2} + y^{2} - 2x - 3 = 0$和圆$O_{2}$：$x^{2} + y^{2} - 2y - 1 = 0$的交点为A，B，直线l：$x + y + \lambda = 0$与圆$O_{1}$交于C，D两点，则下列结论正确的是 ( )
A. 直线AB的方程为$x - y + \sqrt{2} = 0$
B. 圆$O_{2}$上存在两点P和Q，使得$|PQ| ＞ |AB|$
C. 圆$O_{1}$上的点到直线AB的最大距离为$2 + \sqrt{2}$
D. 若$O_{1}C\perp O_{1}D$，则$\lambda = - 3$或$\lambda = 1$

答案： 训练4
(1)B圆C的方程为x² + y² - 8x + 15 = 0,则圆C的标准方程为(x - 4)² + y² = 1,则圆C是以C(4,0)为圆心,1为半径的圆.若直线y = kx - 2上至少存在一点，使得以该点为圆心,1为半径的圆与圆C有公共点,则圆心C到直线y = kx - 2的距离d ≤ 2,即$\frac{\vert 4k - 2\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}$ ≤ 2,解得0 ≤ k ≤ $\frac{4}{3}$,即k的最大值为$\frac{4}{3}$.故选B.
(2)CD圆$O_{1}$的圆心为$O_{1}$(1,0),半径$r_{1}$ = 2,圆$O_{2}$的圆心为$O_{2}$(0,1),半径$r_{2}$ = $\sqrt{2}$,所以$\vert O_{1}O_{2}\vert$ = $\sqrt{(1 - 0)^{2}+(0 - 1)^{2}}$ = $\sqrt{2}$,$r_{1}-r_{2}$ ＜ $\vert O_{1}O_{2}\vert$ ＜ $r_{1}+r_{2}$,所以两圆相交,所以将两圆的方程作差可得直线AB的方程，为x - y + 1 = 0，故A错误；
圆心$O_{1}$到直线AB的距离为$d_{1}$ = $\frac{2}{\sqrt{2}}$ = $\sqrt{2}$,所以$\vert AB\vert$ = 2$\sqrt{r_{1}^{2}-d_{1}^{2}}$ = 2$\sqrt{2}$,对于圆$O_{2}$上的任意两点P,Q,$\vert PQ\vert$ ≤ 2$r_{2}$ = $\vert AB\vert$,故B错误；
圆$O_{1}$上的点到直线AB的距离的最大值为$d_{1}+r_{1}$ = 2 + $\sqrt{2}$,故C正确；
因为$O_{1}C\perp O_{1}D$,所以圆心$O_{1}$到直线CD的距离为$\sqrt{2}$,所以$\frac{\vert 1+\lambda\vert}{\sqrt{2}}$ = $\sqrt{2}$,故λ = -3或λ = 1，故D正确.故选CD.

例1 在平面直角坐标系xOy中，A(-12,0)，B(0,6)，点P在圆O：$x^{2}+y^{2}=50$上. 若$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\leq20$，则点P的横坐标的取值范围是________.

答案：
[-5√2,1] 设P(x,y)，则由$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}\leq20$可得，(-12 - x)(-x)+(-y)(6 - y)≤20，即(x + 6)²+(y - 3)²≤65，所以P为圆(x + 6)²+(y - 3)²=65上或其内部一点. 又点P在圆x² + y²=50上，故联立得$\begin{cases}x^{2}+y^{2}=50\\(x + 6)^{2}+(y - 3)^{2}=65\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 1\\y = 7\end{cases}$或$\begin{cases}x = -5\\y = -5\end{cases}$，即P为圆x² + y²=50的劣弧MN上的一点(如图)，易知-5√2≤x≤1.

例2 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：$(x - a)^{2}+(y - a + 2)^{2}=1$，点A(0,2). 若圆C上存在点M，满足$|MA|^{2}+|MO|^{2}=10$，则实数a的取值范围是________.

答案： [0,3] 设点M(x,y)，由题知点A(0,2)，O(0,0). 因为|MA|²+|MO|²=10，所以x²+(y - 2)²+x² + y²=10，整理得x²+(y - 1)²=4，即点M在圆E:x²+(y - 1)²=4上. 因为圆C上存在点M满足|MA|²+|MO|²=10等价于圆E与圆C有公共点，所以|2 - 1|≤|CE|≤2 + 1，即1≤√(a²+(a - 3)²)≤3，整理得1≤2a²-6a + 9≤9，解得0≤a≤3，即实数a的取值范围是[0,3].