《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 4 (1) (2025·杭州调研) 由直线 $ y = x + 1 $ 上的动点 $ P $ 向圆 $ C:(x - 3)^2 + y^2 = 1 $ 引切线，则切线长的最小值为$\sqrt{7}$.

答案：
例4
(1)$\sqrt{7}$ [
(1)如图,切线长$|PM| = \sqrt{|PC|^2 - 1}$,

显然当$|PC|$为$C$到直线$y = x + 1$的距离即$\frac{|3 + 1|}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$时,$|PM|$的最小值为$\sqrt{7}$.

(2) (2025·河南名校联考) 已知 $ \odot C:x^2 + y^2 - 2x - 2y - 2 = 0 $，直线 $ l:x + 2y + 2 = 0 $，$ M $ 为直线 $ l $ 上的动点，过点 $ M $ 作 $ \odot C $ 的切线 $ MA,MB $，切点为 $ A,B $，当四边形 $ MACB $ 的面积取最小值时，直线 $ AB $ 的方程为$x + 2y + 1 = 0$.

答案：

(2)$x + 2y + 1 = 0$ [
(2)$\odot C:x^2 + y^2 - 2x - 2y - 2 = 0$的标准方程为$(x - 1)^2 + (y - 1)^2 = 4$,
则圆心$C(1,1)$,半径$r = 2$.
如图,连接$MC$,

则四边形$MACB$的面积$S = 2S_{\triangle CAM} = |CA| \cdot |AM| = 2|AM| = 2\sqrt{|CM|^2 - 4}$.
要使四边形$MACB$的面积最小,
则需$|CM|$最小,
此时$CM$与直线$l$垂直,直线$CM$的方程为$y - 1 = 2(x - 1)$,即$y = 2x - 1$,
联立得$\begin{cases}y = 2x - 1, \\x + 2y + 2 = 0,\end{cases}$得$M(0,-1)$,则$|CM| = \sqrt{5}$.
则以$CM$为直径的圆的方程为$(x - \frac{1}{2})^2 + y^2 = \frac{5}{4}$,
与$\odot C$的方程作差可得直线$AB$的方程为$x + 2y + 1 = 0$.]

(1) (2021·北京卷改编) 已知圆 $ C:x^2 + y^2 = 4 $，直线 $ l:y = kx + m $，当 $ k $ 变化时，$ l $ 截得圆 $ C $ 弦长的最小值为 $ 2 $，则 $ m = $$\pm\sqrt{3}$.

答案： 训练2
(1)$\pm\sqrt{3}$ [
(1)圆心$C(0,0)$,半径$r = 2$,则圆心$C$到直线$l$的距离$d = \frac{|m|}{\sqrt{1 + k^2}}$,
设弦长为$a$,则由弦长公式可得$d = \sqrt{r^2 - \frac{1}{4}a^2} = \sqrt{4 - \frac{1}{4}a^2}$.
若$a$取最小值$2$时,则$d$取最大值$\sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$,
又$d = \frac{|m|}{\sqrt{1 + k^2}} \geq \frac{|m|}{\sqrt{1 + k^2}} \geq 1$,$\therefore d$最大值为$|m|$,$\therefore |m| = \sqrt{3}$,即$m = \pm\sqrt{3}$.

(2) 已知直线 $ l:x + ay - 1 = 0 $ 是圆 $ C:x^2 + y^2 - 6x - 2y + 1 = 0 $ 的对称轴，过点 $ A(-1,a) $ 作圆 $ C $ 的一条切线，切点为 $ B $，则 $ |AB| $ 等于4.

答案：
(2)4 [
(2)已知直线$l:x + ay - 1 = 0$是圆$C:x^2 + y^2 - 6x - 2y + 1 = 0$的对称轴,
又圆心$C(3,1)$,半径$r = 3$,
所以直线$l$过圆心$C(3,1)$,故$3 + a - 1 = 0$,即$a = -2$,所以点$A(-1,-2)$,
$|AC| = \sqrt{(3 + 1)^2 + (1 + 2)^2} = 5$,
$|AB| = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$.]

1. 教材母题
(1) (人教 A 选修一 P103T20) 已知圆 $ C:(x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 25 $，直线 $ l:(2m + 1)x + (m + 1)y - 7m - 4 = 0 $.
① 求证：直线 $ l $ 过定点；
② 直线 $ l $ 被圆 $ C $ 截得的弦长何时最长、何时最短？并求截得的弦长最短时 $ m $ 的值以及最短弦长.
(2) (人教 B 选修一 P121T5) 求经过圆 $ (x - 2)^2 + y^2 = 16 $ 内一点 $ (1,1) $ 且被圆截得弦长最短的直线的方程.

答案：
(1)
①
设直线$l:(2m + 1)x + (m + 1)y - 7m - 4 = 0$，
将其整理为$m(2x + y - 7)+(x + y - 4)=0$。
联立$\begin{cases}2x + y - 7 = 0\\x + y - 4 = 0\end{cases}$，
两式相减得$x = 3$，把$x = 3$代入$x + y - 4 = 0$得$y = 1$。
所以直线$l$过定点$P(3,1)$。
②
圆$C:(x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 25$，圆心$C(1,2)$，半径$r = 5$。
当直线$l$过圆心$C(1,2)$时，弦长最长，把$C(1,2)$代入直线$l$的方程$(2m + 1)×1+(m + 1)×2 - 7m - 4 = 0$，
即$2m+1 + 2m+2-7m - 4 = 0$，$-3m - 1 = 0$，解得$m=-\frac{1}{3}$。
当直线$l\perp CP$时，弦长最短，$k_{CP}=\frac{2 - 1}{1 - 3}=-\frac{1}{2}$，则直线$l$的斜率$k = 2$。
直线$l:(2m + 1)x + (m + 1)y - 7m - 4 = 0$的斜率$k=-\frac{2m + 1}{m + 1}=2$，
即$-2m - 1 = 2m+2$，$4m=-3$，解得$m = -\frac{3}{4}$。
$\vert CP\vert=\sqrt{(3 - 1)^2+(1 - 2)^2}=\sqrt{5}$，
根据垂径定理，最短弦长为$2\sqrt{r^{2}-\vert CP\vert^{2}}=2\sqrt{25 - 5}=4\sqrt{5}$。
(2)
圆$(x - 2)^2 + y^2 = 16$，圆心$C(2,0)$，半径$r = 4$。
已知点$P(1,1)$，$k_{CP}=\frac{1-0}{1 - 2}=-1$。
当直线与$CP$垂直时，截得的弦长最短，此时直线斜率$k = 1$。
由点斜式得直线方程为$y - 1 = 1×(x - 1)$，即$x - y = 0$。
答题卡：
(1)
① 证明：直线$l$过定点$P(3,1)$。
② 当$m = -\frac{1}{3}$时，弦长最长；当$m = -\frac{3}{4}$时，弦长最短，最短弦长为$4\sqrt{5}$。
(2) 所求直线方程为$x - y = 0$。

2. 过圆内一定点的直线所形成的弦中最长的为直径，最短的为与该条直径垂直的弦，此时定点恰为最短弦的中点，命题时往往给出定点或含参数的初直线(挖掘定点)，进而求解最短弦长或其所在直线的方程.

答案： 答题卡填写内容如下：
过圆内一定点$P(x_0,y_0)$的直线与圆$x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0$（或$(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2$）相交，
圆的标准方程为$(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2$，圆心$C(a,b)$，半径$r$。
最长弦为直径，长度为$2r$。
最短弦：当直线与$CP$垂直时，弦长最短。
$k_{CP} = \frac{y_0 - b}{x_0 - a}$，
所以最短弦所在直线斜率$k = -\frac{1}{k_{CP}} = \frac{a - x_0}{y_0 - b}$。
当斜率不存在（即$x_0 = a$）时，直线方程为$x = x_0$。
当斜率存在时，由点斜式，最短弦所在直线方程为$y - y_0 = k(x - x_0)$。
圆心到直线的距离$d = |CP| = \sqrt{(x_0 - a)^2 + (y_0 - b)^2}$。
根据弦长公式，最短弦长为$2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{r^2 - [(x_0 - a)^2 + (y_0 - b)^2]}$。

典例(2024·全国甲卷改编) 已知直线 $ ax + y + 2 - a = 0 $ 与圆 $ C:x^2 + y^2 + 4y - 1 = 0 $ 交于 $ A,B $ 两点，则 $ |AB| $ 的最小值为4.

答案： 典例4 [设直线为$l:ax + y + 2 - a = 0$,即$l:a(x - 1) + y + 2 = 0$,易知$l$过定点$P(1,-2)$,
圆$C$的标准方程为$x^2 + (y + 2)^2 = 5$,所以圆心为$C(0,-2)$,半径$R = \sqrt{5}$,且$P$在圆$C$内.
因为当$PC \perp AB$时,圆心$C$到直线$l$的距离最大,此时$|AB|$取得最小值,
易得$|PC| = |x_P - x_C| = 1$,
所以$|AB| = 2\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 1^2} = 4$.]

例 5 已知两圆 $ C_1:x^2 + y^2 - 2x - 6y - 1 = 0 $ 和 $ C_2:x^2 + y^2 - 10x - 12y + 45 = 0 $.
(1) 求证：圆 $ C_1 $ 和圆 $ C_2 $ 相交；
(2) 求圆 $ C_1 $ 和圆 $ C_2 $ 的公共弦所在直线的方程和公共弦长.

答案： 例5
(1)证明 $\because C_1:(x - 1)^2 + (y - 3)^2 = 11$,
圆心$C_1(1,3)$,半径$r_1 = \sqrt{11}$;
$C_2:(x - 5)^2 + (y - 6)^2 = 16$,
圆心$C_2(5,6)$,半径$r_2 = 4$.
$\therefore |C_1C_2| = \sqrt{(5 - 1)^2 + (6 - 3)^2} = 5$,
$\because 4 - \sqrt{11} ＜ |C_1C_2| = 5 ＜ 4 + \sqrt{11}$,
$\therefore$圆$C_1$和圆$C_2$相交.
(2)解 将两圆方程相减,
得公共弦所在直线方程是$4x + 3y - 23 = 0$.
圆心$C_2(5,6)$到直线$4x + 3y - 23 = 0$的距离
$d = \frac{|20 + 18 - 23|}{5} = 3$,
由此可得公共弦的长$l = 2\sqrt{r_2^2 - d^2} = 2\sqrt{16 - 9} = 2\sqrt{7}$.

(1) (2025·沧州质检) “$ a \geq \frac{\sqrt{2}}{2} $”是“圆 $ C_1:x^2 + y^2 = 4 $ 与圆 $ C_2:(x - a)^2 + (y + a)^2 = 1 $ 有公切线”的(A)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 训练3
(1)A [
(1)设圆$C_1$、$C_2$的半径分别为$r_1,r_2$,由题意可知$C_1(0,0),r_1 = 2$,
$C_2(a,-a),r_2 = 1$,
连接$C_1C_2$,当且仅当圆$C_1$和圆$C_2$内含时,两圆没有公切线,即圆$C_1$和圆$C_2$有公切线的充要条件为$|C_1C_2| \geq r_1 - r_2 = 2 - 1 = 1$,
即$\sqrt{2a^2} \geq 1$,解得$a \leq -\frac{\sqrt{2}}{2}$或$a \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$.
因为“$a \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$”是“$a \leq -\frac{\sqrt{2}}{2}$或$a \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$”的充分不必要条件,
所以“$a \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$”是“圆$C_1$与圆$C_2$有公切线”的充分不必要条件.

(2) (2025·衡阳质检) 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$\frac{4}{3}$.

答案：
(2)$\frac{4}{3}$ [
(2)圆$C$的方程为$x^2 + y^2 - 8x + 15 = 0$,
则圆$C$的标准方程为$(x - 4)^2 + y^2 = 1$,
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$d \leq 2$,
即$\frac{|4k - 2|}{\sqrt{k^2 + 1}} \leq 2$,解得$0 \leq k \leq \frac{4}{3}$,
即$k$的最大值为$\frac{4}{3}$.