《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

例1 (1)若直线 $ l:kx - y + 4 + 2k = 0 $ 与曲线 $ y = \sqrt{4 - x^{2}} $ 有两个交点，则实数 $ k $ 的取值范围是（ ）
A.$ \{ k | k = \pm 1 \} $
B.$ \{ k | k ＜ -\frac{3}{4} \} $
C.$ \{ k | -1 \leq k ＜ -\frac{4}{3} \} $
D.$ \{ k | -1 \leq k ＜ -\frac{3}{4} \} $

答案： 例1　
(1)D　

(2)已知圆 $ O_{1}:x^{2} + (y - 2)^{2} = 1 $，圆 $ O_{2}:(x - 3)^{2} + (y - 6)^{2} = 9 $，过 $ x $ 轴上一点 $ P $ 分别作两圆的切线，切点分别为 $ M,N $，则 $ |PM| + |PN| $ 的最小值为______。

答案：
(2)$\sqrt{57}$

例2 已知圆 $ C:x^{2} + y^{2} = 2 $。
(1) 直线 $ l $ 过点 $ Q(1,\frac{1}{2}) $，与圆 $ C $ 相交所得弦的长为 $ 2 $，求直线 $ l $ 的方程；
(2) 过圆上一点 $ P(1,1) $ 作两条相异直线分别与圆 $ C $ 相交于点 $ A,B $，且直线 $ PA $ 和直线 $ PB $ 的倾斜角互补，$ O $ 为坐标原点，求证：直线 $ OP $ 和 $ AB $ 平行。

答案：
例2　
(1)解：直线l过点Q(1,$\frac{1}{2}$)。
当直线l的斜率不存在时，方程为x = 1，与圆C相交得到的弦的长等于2$\sqrt{r^2 - 1}$ = 2，满足条件。
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y - $\frac{1}{2}$ = k(x - 1)，即kx - y + $\frac{1}{2}$ - k = 0。
则圆心C到直线l的距离d = $\frac{|0 - 0 + \frac{1}{2} - k|}{\sqrt{k^2 + 1}}$ = $\frac{|\frac{1}{2} - k|}{\sqrt{k^2 + 1}}$。
再由弦长公式可得2 = 2$\sqrt{2 - (\frac{\frac{1}{2} - k}{\sqrt{k^2 + 1}})^2}$，解得k = -$\frac{3}{4}$。
故所求的直线方程为-$\frac{3}{4}$x - y + $\frac{1}{2}$ + $\frac{3}{4}$ = 0，即3x + 4y - 5 = 0。
综上所述，直线l的方程为x = 1或3x + 4y - 5 = 0。
(2)证明：如图，由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，

故可设直线PA的方程为y - 1 = k(x - 1)，直线PB的方程为y - 1 = -k(x - 1)。
由$\begin{cases}y - 1 = k(x - 1)\\x^2 + y^2 = 2\end{cases}$得(1 + k^2)x^2 + 2k(1 - k)x + k^2 - 2k - 1 = 0。
由$x_Px_A = \frac{k^2 - 2k - 1}{1 + k^2}$，且$x_P = 1$，得$x_A = \frac{k^2 - 2k - 1}{1 + k^2}$。
同理，$x_B = \frac{k^2 + 2k - 1}{1 + k^2}$。
所以$k_{AB} = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \frac{-k(x_B - 1) - k(x_A - 1)}{x_B - x_A}$
$= \frac{2k - k(x_A + x_B)}{x_B - x_A}$
$= \frac{2k - k(\frac{k^2 - 2k - 1}{1 + k^2} + \frac{k^2 + 2k - 1}{1 + k^2})}{\frac{k^2 + 2k - 1}{1 + k^2} - \frac{k^2 - 2k - 1}{1 + k^2}} = 1 = k_{OP}$。
所以直线AB和OP一定平行。