《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

2. (苏教选修一 P66T2 原题)设 $ a,b $ 为实数，若直线 $ ax + by = 1 $ 与圆 $ x^2 + y^2 = 1 $ 相交，则点 $ P(a,b) $ 与圆的位置关系是(B)

A.在圆上
B.在圆外
C.在圆内
D.不能确定

答案： 2.B [由题意可得$\frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}} ＜ 1$,即$a^2 + b^2 ＞ 1$,所以$P(a,b)$在圆外.]

3. (北师大选修一 P36T2 改编)圆 $ x^2 + y^2 = 5 $ 在点 $ P(1,2) $ 处的切线方程为(C)

A.$ x - 2y + 3 = 0 $
B.$ 2x + y - 4 = 0 $
C.$ x + 2y - 5 = 0 $
D.$ 2x - y - 4 = 0 $

答案： 3.C [圆心为$O(0,0)$,$k_{OP} = 2$,故切线的斜率为$-\frac{1}{2}$,故切线方程为$y - 2 = -\frac{1}{2}(x - 1)$,即$x + 2y - 5 = 0$.]

4. (人教 A 选修一 P93T3 改编)直线 $ 2x - y + 2 = 0 $ 被圆 $ (x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 4 $ 截得的弦长为$\frac{8\sqrt{5}}{5}$.

答案： 4.$\frac{8\sqrt{5}}{5}$ [圆心坐标为$(1,2)$,半径$r = 2$.圆心到直线的距离$d = \frac{|2 - 2 + 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$,所以弦长$l = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{4 - \frac{4}{5}} = \frac{8\sqrt{5}}{5}$

例 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)

A.相交
B.相切
C.相离
D.不确定

答案： 例1
(1)A [
(1)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$(1 + m^2)x^2 - 2m^2x + m^2 - 5 = 0$,因为$\Delta = 16m^2 + 20 ＞ 0$,所以直线$l$与圆相交.法二(几何法) 由题意知,圆心$(0,1)$到直线$l$的距离$d = \frac{|m|}{\sqrt{m^2 + 1}} ＜ 1 ＜ \sqrt{5} = r$,所以直线$l$与圆相交.法三(定点法) 直线$l:mx - y + 1 - m = 0$,整理得$m(x - 1) - y + 1 = 0$过$(1,1)$,而$1^2 + (1 - 1)^2 ＜ 5$,即$(1,1)$在圆内,所以直线$l$与圆相交.]

(2) (2022·新高考Ⅱ卷) 设点 $ A(-2,3),B(0,a) $，若直线 $ AB $ 关于 $ 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：
(2)$[\frac{1}{3},\frac{3}{2}]$ [
(2)由题意知点$A(-2,3)$关于直线$y = a$的对称点为$A'(-2,2a - 3)$,所以$k_{A'B} = \frac{3 - a}{2}$,所以直线$A'B$的方程为$y = \frac{3 - a}{2}x + a$,即$(3 - a)x - 2y + 2a = 0$.由题意知直线$A'B$与圆$(x + 3)^2 + (y + 2)^2 = 1$有公共点,知圆心为$(-3,-2)$,半径为$1$,所以$\frac{|-3(3 - a) + (-2)×(-2) + 2a|}{\sqrt{(3 - a)^2 + (-2)^2}} \leq 1$,整理得$6a^2 - 11a + 3 \leq 0$,解得$\frac{1}{3} \leq a \leq \frac{3}{2}$,所以实数$a$的取值范围是$[\frac{1}{3},\frac{3}{2}]$.]

(1) (多选)(2021·新高考Ⅱ卷) 已知直线 $ l:ax + by - r^2 = 0 $ 与圆 $ C:x^2 + y^2 = r^2 $，点 $ A(a,b) $，则下列说法正确的是(ABD)

A.若点 $ A $ 在圆 $ C $ 上，则直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相切
B.若点 $ A $ 在圆 $ C $ 内，则直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相离
C.若点 $ A $ 在圆 $ C $ 外，则直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相离
D.若点 $ A $ 在直线 $ l $ 上，则直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相切

答案： 训练1
(1)ABD [
(1)圆心$C(0,0)$到直线$l$的距离$d = \frac{r^2}{\sqrt{a^2 + b^2}}$.若点$A(a,b)$在圆$C$上,则$a^2 + b^2 = r^2$,所以$d = \frac{r^2}{\sqrt{a^2 + b^2}} = |r|$,则直线$l$与圆$C$相切,故A正确;若点$A(a,b)$在圆$C$内,则$a^2 + b^2 ＜ r^2$,所以$d = \frac{r^2}{\sqrt{a^2 + b^2}} ＞ |r|$,则直线$l$与圆$C$相离,故B正确;若点$A(a,b)$在圆$C$外,则$a^2 + b^2 ＞ r^2$,所以$d = \frac{r^2}{\sqrt{a^2 + b^2}} ＜ |r|$,则直线$l$与圆$C$相交,故C错误;若点$A(a,b)$在直线$l$上,则$a^2 + b^2 - r^2 = 0$即$a^2 + b^2 = r^2$,所以$d = \frac{r^2}{\sqrt{a^2 + b^2}} = |r|$,直线$l$与圆$C$相切,故D正确.]

(2) (2025·昆明质检) 已知直线 $ l:x\cos\alpha + y\sin\alpha = 1(\alpha \in \mathbf{R}) $ 与圆 $ C:x^2 + y^2 = r^2(r ＞ 0) $ 相离，则 $ r $ 的取值范围是(B)

A.$ 0 ＜ r \leq 1 $
B.$ 0 ＜ r ＜ 1 $
C.$ r \geq 1 $
D.$ r ＞ 1 $

答案：
(2)B [
(2)圆心到直线的距离为$d = \frac{1}{\sqrt{\cos^2\alpha + \sin^2\alpha}} = 1$,故$0 ＜ r ＜ 1$.]

例 2 (1) 已知直线 $ x - \sqrt{3}y + 8 = 0 $ 和圆 $ x^2 + y^2 = r^2(r ＞ 0) $ 相交于 $ A,B $ 两点. 若 $ |AB| = 6 $，则 $ r $ 的值为5.

答案： 例2
(1)5 [
(1)法一(几何法) 由题意知圆心为$O(0,0)$,圆心到直线的距离$d = \frac{|0 - \sqrt{3}× 0 + 8|}{\sqrt{1 + 3}} = 4$.取AB的中点M,连接OM(图略),则$OM \perp AB$.在$Rt\triangle OMA$中,$r = \sqrt{(\frac{|AB|}{2})^2 + d^2} = 5$.法二(代数法) 设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$,联立$\begin{cases}x - \sqrt{3}y + 8 = 0, \\x^2 + y^2 = r^2,\end{cases}$得$4x^2 + 16x + 64 - 3r^2 = 0$,则$x_1 + x_2 = -4,x_1x_2 = 16 - \frac{3}{4}r^2$.由$|AB| = \sqrt{1 + (\frac{1}{\sqrt{3}})^2}\sqrt{(-4)^2 - 4×(16 - \frac{3}{4}r^2)} = 6$,解得$r = 5$.

(2) (2023·新高考Ⅱ卷) 已知直线 $ 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(答案不唯一,可以是$\pm\frac{1}{2}$,$\pm2$中任意一个) [
(2)设直线$x - my + 1 = 0$为直线$l$,由条件知$\odot C$的圆心为$C(1,0)$,半径$r = 2$,则圆心$C$到直线$l$的距离$d = \frac{2}{\sqrt{1 + m^2}}$,$|AB| = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{4 - (\frac{2}{\sqrt{1 + m^2}})^2} = \frac{4|m|}{\sqrt{1 + m^2}}$,由$S_{\triangle ABC} = \frac{8}{5}$,得$\frac{1}{2}×\frac{4|m|}{\sqrt{1 + m^2}}×\frac{2}{\sqrt{1 + m^2}} = \frac{8}{5}$,整理得$2m^2 - 5|m| + 2 = 0$,解得$m = \pm 2$或$m = \pm\frac{1}{2}$,故答案可以为$2$.]

例 3 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3 解 由题意得圆心$C(1,2)$,半径$r = 2$.
(1)$\because (\sqrt{2} + 1 - 1)^2 + (2 - \sqrt{2} - 2)^2 = 4$,
$\therefore$点$P$在圆$C$上.
又$k_{PC} = \frac{2 - \sqrt{2} - 2}{\sqrt{2} + 1 - 1} = -1$,
$\therefore$切线的斜率$k = -\frac{1}{k_{PC}} = 1$.
$\therefore$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)$\because (3 - 1)^2 + (1 - 2)^2 = 5 ＞ 4$,
$\therefore$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,
$\therefore$直线$x = 3$是圆$C$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$d = \frac{|k - 2 + 1 - 3k|}{\sqrt{k^2 + 1}} = r = 2$,
解得$k = \frac{3}{4}$.
$\therefore$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$3x - 4y - 5 = 0$.
$\because |MC| = \sqrt{(3 - 1)^2 + (1 - 2)^2} = \sqrt{5}$,
$\therefore$过点$M$的圆$C$的切线长为$\sqrt{|MC|^2 - r^2} = \sqrt{5 - 4} = 1$.