1.2.3 直线与圆的位置关系-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　直线与圆 §2　圆与圆的方程 2.3　直线与圆的位置关系 (教师独具内容) 课程标准：能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系． 教学重点：直线与圆的三种位置关系及其判定方法． 教学难点：用代数法探求直线与圆的位置关系的过程． 核心素养：通过判断直线与圆的位置关系，进一步提升数学抽象及数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心概念掌握 5 相交 相切 相离 核心概念掌握 6 相交 相切 相离 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 (2)求过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程 几何法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y－kx0＋y0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，可求得k，切线方程即可求出．并注意检验当k不存在时，直线x＝x0是否为圆的切线． 代数法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0求得k，切线方程即可求出．并注意检验当k不存在时，直线x＝x0是否为圆的切线． 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若直线与圆有公共点，则直线与圆相交．(　　) (2)如果直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切．(　　) (3)直线x＋2y－1＝0与圆2x2＋2y2－4x－2y＋1＝0的位置关系是相交．(　　) (4)当m＝2时，直线x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝1必相切．(　　) 答案 × √ √ × 核心概念掌握 11 答案 2 相切 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 核心概念掌握 12 核心素养形成 解 题型一　直线与圆的位置关系的判断 　 已知圆的方程是x2＋(y－1)2＝2，直线y＝x－b，当b为何值时，直线与圆相交？相切？相离？ 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 感悟提升　直线与圆的位置关系的两种判断方法 (1)解决此类问题的关键是搞清直线与圆的位置关系和直线与圆的公共点的个数间的等价关系． (2)判断直线与圆的位置关系(或由直线与圆的位置关系求参数)一般有两种方法：代数法(判别式法)和几何法．代数法是将直线与圆的公共点个数问题转化为一元二次方程根的个数问题，利用判别式加以判断，往往计算量比较大，但它是判断直线与圆的位置关系的通用方法；几何法是结合几何图形，充分利用圆的几何性质，将直线与圆的位置关系转化为圆心到直线的距离与圆的半径之间的大小关系，是判断直线与圆的位置关系的一般方法． 核心素养形成 16 解 [跟踪训练1] 已知直线方程mx－y－m－1＝0，圆的方程x2＋y2－4x－2y＋1＝0.当m为何值时，直线与圆： (1)相交？(2)相切？(3)相离？ 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 解 题型二　圆的切线问题 　 (1)已知圆C：x2＋y2＝25，求过点P(3，4)的圆的切线方程． 核心素养形成 19 解 (2)已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0关于直线2ax＋by＋6＝0对称，求由点(a，b)向圆所作的切线长的最小值． 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 感悟提升 求过某一点的圆的切线方程，首先判定点与圆的位置关系，以确定切线的数目． (1)求过圆上一点P(x0，y0)的圆的切线方程的步骤 ①求斜率k； ②代入直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)； ③讨论斜率不存在的情况． (2)求过圆外一点P(x0，y0)的圆的切线方程时，用几何法求解的步骤 ①设切线方程：y－y0＝k(x－x0)； ②利用圆心到直线的距离等于半径，求k. 注意：若求出的k值只有一个，则另一条切线的斜率一定不存在． 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 解 因为(－1－2)2＋(4－3)2＝10>1，所以点A在圆外． 当直线l的斜率不存在时，l的方程是x＝－1，不满足题意； 当直线l的斜率存在时， 设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y－4＝k(x＋1)，即kx－y＋4＋k＝0. 解 (2)过点A(－1，4)作圆(x－2)2＋(y－3)2＝1的切线l，求切线l的方程． 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 解 核心素养形成 29 解 (3)已知圆C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0，点Q是直线l：3x＋4y＋6＝0上的动点，QA，QB是圆C的两条切线，A，B是切点，求四边形QACB面积的最小值． 核心素养形成 30 解 题型三　直线被圆截得的弦长问题 　 已知直线l：2x－y－1＝0与圆C：x2＋y2－2y－1＝0交于A，B两点，求弦长|AB|. 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 核心素养形成 33 解 解法一：若直线l的斜率不存在， 则l：x＝5与圆C相切，不符合题意， 所以直线l的斜率存在． 设直线l的方程为y－5＝k(x－5)， 即kx－y＋5(1－k)＝0. 解 核心素养形成 34 解 核心素养形成 35 解 核心素养形成 36 解 核心素养形成 37 解 核心素养形成 38 随堂水平达标 1．直线3x＋4y＝b与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，则b的值是(　　) A．－2或12 B．2或－12 C．－2或－12 D．2或12 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 3．已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝4外，则直线ax＋by＝4与圆O的位置关系是(　　) A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 答案 解析 －2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 课后课时精练 一、选择题 1．对任意的实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是(　　) A．相离 B．相切 C．相交但直线不过圆心 D．相交且直线过圆心 解析　直线y＝kx＋1过定点(0，1)，点(0，1)在圆x2＋y2＝2内，所以直线与圆相交，已知圆心为原点，直线不过原点． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 2．若点P(2，－1)为圆C：(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程为(　　) A．x＋y－1＝0 B．2x＋y－3＝0 C．2x－y－5＝0 D．x－y－3＝0 答案 解析 解析　圆心是点C(1，0)，由CP⊥AB，得kAB＝1，又直线AB过点P，所以直线AB的方程为x－y－3＝0.故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 答案 二、填空题 6．垂直于直线y＝x＋1且与圆x2＋y2＝1相切于第一象限的直线方程是______________． 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 答案 8．若直线3x－4y＋5＝0与圆x2＋y2＝r2(r>0)交于A，B两点，且∠AOB＝120°(O为坐标原点)，则r＝____． 2 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 59 解 三、解答题 9．已知直线l：2mx－y－8m－3＝0和圆C：x2＋y2－6x＋12y＋20＝0. (1)当m∈R时，证明：直线l与圆C总相交； (2)m取何值时，l被C截得的弦长最短？求此弦长． 解　(1)证明：直线l的方程可化为y＋3＝2m(x－4)， 由点斜式可知，直线过定点P(4，－3)． 由于42＋(－3)2－6×4＋12×(－3)＋20＝－15<0， 所以点P在圆内，故直线l与圆C总相交． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 60 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 61 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 62 解 10．过点(3，0)的直线l与圆x2＋y2＋x－6y＋3＝0交于P，Q两点，且OP⊥OQ(其中O为原点)，求直线l的方程． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 63 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 65 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 66 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 67 解 2．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A(0，3)，设圆C的半径为1，圆心C(a，b)在直线l：y＝2x－4上． (1)若圆心C也在直线y＝－x＋5上，求圆C的方程； (2)在(1)的条件下，过点A作圆C的切线，求切线的方程； (3)若圆C上存在点M，使|MA|＝|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 68 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 69 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 70 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　　直线与圆的位置关系 直线与圆的位置关系可由圆心到直线的距离与半径的大小关系来决定，也可以根据它们的方程组成的方程组解的情况来决定． 一般地，已知直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不全为0)和圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心C(a，b)到直线l的距离d＝eq \f(|Aa＋Bb＋C|,\r(A2＋B2))(A，B不全为0)． ①几何法 当d<r时，直线l与圆Ceq \x(\s\up1(01))______； 当d＝r时，直线l与圆Ceq \x(\s\up1(02))_____； 当d>r时，直线l与圆Ceq \x(\s\up1(03))______． ②代数法 由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,（x－a）2＋（y－b）2＝r2))解的情况来判断直线l和圆C的位置关系： 当方程组有两组不同的实数解时，直线l与圆Ceq \x(\s\up1(04))_______；当方程组只有一组实数解(两组相等的实数解)时，直线l与圆Ceq \x(\s\up1(05))_______；当方程组没有实数解时，直线l与圆Ceq \x(\s\up1(06))_______． 1．求圆的切线的方法 (1)求过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程 先求切点与圆心的连线的斜率k，则由垂直关系，知切线斜率为－eq \f(1,k)，由点斜式方程可求得切线方程．如果k＝0或k不存在，则由图形可直接得切线方程为x＝x0或y＝y0.特别地，若(x0，y0)是圆x2＋y2＝r2上一点，则过此点的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2. 2．切线段的长度公式 (1)从圆外一点P(x0，y0)引圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的切线，则P到切点的切线段长为d＝eq \r(（x0－a）2＋（y0－b）2－r2). (2)从圆外一点P(x0，y0)引圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的切线，则P到切点的切线段长为d＝2,0)eq \r(x＋yeq \o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F) . 2．做一做 (1)设直线l过点P(－2，0)，且与圆x2＋y2＝1相切，则l的斜率是(　　) A．±1 B．±eq \f(1,2) C．±eq \f(\r(3),3) D．±eq \r(3) (2)若直线x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝m相切，则m＝____． (3)直线4x－3y＋6＝0与圆2x2＋2y2－16x＋4y＝16的位置关系是________． (4)当直线x＋y－a＝0与圆x2＋(y－1)2＝2相离时，则a的取值范围为 _____________________． 解　解法一：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋（y－1）2＝2，,y＝x－b，))得2x2－2(1＋b)x＋b2＋2b－1＝0　①，其判别式Δ＝4(1＋b)2－8(b2＋2b－1)＝－4(b＋3)(b－1)， 当－3<b<1时，Δ>0，方程①有两个不相等的实数根，直线与圆相交． 当b＝－3或b＝1时，Δ＝0，方程①有两个相等的实数根，直线与圆相切． 当b<－3或b>1时，Δ<0，方程①无实数根，直线与圆相离． 解法二：圆心(0，1)到直线y＝x－b的距离d＝eq \f(|－1－b|,\r(2))，圆的半径r＝eq \r(2). 当d<r，即－3<b<1时，直线与圆相交； 当d＝r，即b＝－3或b＝1时，直线与圆相切； 当d>r，即b<－3或b>1时，直线与圆相离． 解　解法一：将直线mx－y－m－1＝0代入圆的方程化简整理，得(1＋m2)x2－2(m2＋2m＋2)x＋m2＋4m＋4＝0，则Δ＝4m(3m＋4)． (1)当Δ>0，即m>0或m<－eq \f(4,3)时，直线与圆相交； (2)当Δ＝0，即m＝0或m＝－eq \f(4,3)时，直线与圆相切； (3)当Δ<0，即－eq \f(4,3)<m<0时，直线与圆相离． 解法二：已知圆的方程可化为(x－2)2＋(y－1)2＝4， 即圆心为C(2，1)，半径r＝2. 圆心C(2，1)到直线mx－y－m－1＝0的距离 d＝eq \f(|2m－1－m－1|,\r(m2＋1))＝eq \f(|m－2|,\r(m2＋1)). (1)当d<2，即m>0或m<－eq \f(4,3)时，直线与圆相交； (2)当d＝2，即m＝0或m＝－eq \f(4,3)时，直线与圆相切； (3)当d>2，即－eq \f(4,3)<m<0时，直线与圆相离． 解　∵32＋42＝25，∴点P在圆C上． 由圆C：x2＋y2＝25知圆心C(0，0)，r＝5. 则直线CP的斜率kCP＝eq \f(4－0,3－0)＝eq \f(4,3)， ∵圆的切线垂直于经过切点的半径， ∴所求切线的斜率k＝－eq \f(3,4). 故过点P的圆的切线方程为y－4＝－eq \f(3,4)(x－3)，即3x＋4y－25＝0. 解　解法一：由x2＋y2＋2x－4y＋3＝0， 得(x＋1)2＋(y－2)2＝2， 依题意得圆心C(－1，2)在直线2ax＋by＋6＝0上， 所以2a×(－1)＋b×2＋6＝0， 即a＝b＋3.① 易知由点(a，b)向圆所作的切线长 l＝eq \r(（a＋1）2＋（b－2）2－2)，② 将①代入②， 得l＝eq \r(（b＋4）2＋（b－2）2－2)＝eq \r(2（b＋1）2＋16). 又b∈R，所以当b＝－1时，lmin＝4. 解法二：因为过圆外一点的圆的切线长l、半径r和该点到圆心的距离d满足勾股定理，即l2＝d2－r2，所以切线长最短时该点到圆心的距离最小，则原问题转化成求该点与圆心的距离的最小值问题． 由题意知圆心C(－1，2)，半径r＝eq \r(2)，因为圆心C(－1，2)在直线2ax＋by＋6＝0上，所以2a×(－1)＋b×2＋6＝0，即b＝a－3，则点(a，b)在直线y＝x－3上，所以点(a，b)与圆心的距离的最小值即圆心到直线y＝x－3的距离d′，易求得d′＝eq \f(|－1－2－3|,\r(2))＝3eq \r(2)，所以切线长的最小值为eq \r(（3\r(2)）2－2)＝4. 【结论探究】将本例(1)变为求过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，\f(5,2)))的圆的切线方程，如何求解？ 解　∵(－5)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))) eq \s\up12(2)>25，∴点Q在圆外． 若所求直线的斜率存在，设切线斜率为k， 则切线方程为y－eq \f(5,2)＝k[x－(－5)]， 即kx－y＋5k＋eq \f(5,2)＝0. ∵圆心C(0，0)到切线的距离等于半径5， ∴eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5k＋\f(5,2))),\r(k2＋1))＝5， ∴k＝eq \f(3,4). 故所求切线方程为eq \f(3,4)x－y＋eq \f(15,4)＋eq \f(5,2)＝0， 即3x－4y＋25＝0. 若所求直线的斜率不存在，则直线方程为x＝－5，圆心C(0，0)到x＝－5的距离为5，符合题意． 综上，过点Q的圆的切线方程为x＋5＝0或3x－4y＋25＝0. [跟踪训练2]　 (1)求圆x2＋y2＝10的切线方程，使得它经过点M(2，eq \r(6))． 解　因为22＋(eq \r(6))2＝10，所以点M在圆x2＋y2＝10上，由题可知圆心为C(0，0)，则直线CM的斜率kCM＝eq \f(\r(6),2)，因为圆的切线垂直于经过切点的半径，所以所求切线的斜率k＝－eq \f(2,\r(6)). 故经过点M的切线方程为y－eq \r(6)＝－eq \f(2,\r(6))(x－2)， 整理得2x＋eq \r(6)y－10＝0. 解法一：圆心(2，3)到切线l的距离为 eq \f(|2k－3＋4＋k|,\r(k2＋1))＝1， 解得k＝0或k＝－eq \f(3,4)， 因此，所求直线l的方程为y＝4或3x＋4y－13＝0. 解法二：由于直线l与圆相切， 所以方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－4＝k（x＋1），,（x－2）2＋（y－3）2＝1))只有一解， 消去y，得到关于x的一元二次方程(1＋k2)x2＋(2k2＋2k－4)x＋k2＋2k＋4＝0， 则Δ＝(2k2＋2k－4)2－4(1＋k2)(k2＋2k＋4)＝0， 解得k＝0或k＝－eq \f(3,4)， 因此，所求直线l的方程为y＝4或3x＋4y－13＝0. 解　将圆C的方程化为标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4， 如图，当QC⊥l时，四边形QACB的面积取得最小值， 所以|QC|min＝eq \f(|3×2＋4×2＋6|,\r(32＋42))＝4. 所以|QA|min＝eq \r(16－4)＝2eq \r(3). 所以四边形QACB面积的最小值S＝2×eq \f(1,2)×|QA|min×|AC|＝|QA|min×2＝4eq \r(3). 解　解法一：由方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y－1＝0，,x2＋y2－2y－1＝0，)) 消去y，得5x2－8x＋2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为x1，x2是方程5x2－8x＋2＝0的两根， 所以x1＋x2＝eq \f(8,5)，x1x2＝eq \f(2,5). 由两点间距离公式， 得|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2) ＝eq \r(（x1－x2）2＋（2x1－1－2x2＋1）2) ＝eq \r(（x1－x2）2＋4（x1－x2）2) ＝eq \r(5)×eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝eq \r(5)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)))\s\up12(2)－4×\f(2,5))＝eq \f(2\r(30),5). 解法二：已知圆C的方程可化为x2＋(y－1)2＝2，其圆心为(0，1)，半径r＝eq \r(2)，设圆心到直线l的距离为d，则d＝eq \f(|2×0－1－1|,\r(5))＝eq \f(2,\r(5))， 弦长|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(2－\f(4,5))＝eq \f(2\r(30),5). 感悟提升　与圆的弦长有关问题的两种解法 (1)半径r、弦心距d、弦长l的一半构成直角三角形，利用勾股定理d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2))) eq \s\up12(2)＝r2求解，这是常用解法． (2)联立直线与圆的方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两交点横坐标(或纵坐标)之间的关系，代入两点间距离公式求解．此解法很繁琐，一般不用． [跟踪训练3]　 直线l经过点P(5，5)，且与圆C：x2＋y2＝25交于A，B两点，截得的弦长为4eq \r(5)，求直线l的方程． 如图所示，|OH|是圆心到直线l的距离，|OA|是圆的半径，|AH|是弦长|AB|的一半，在Rt△AHO中，|OA|＝5，|AH|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)×4eq \r(5)＝2eq \r(5)， 所以|OH|＝eq \r(|OA|2－|AH|2)＝eq \r(5)， 所以eq \f(|5（1－k）|,\r(k2＋1))＝eq \r(5)，解得k＝eq \f(1,2)或k＝2. 所以直线l的方程为x－2y＋5＝0或2x－y－5＝0. 解法二：若直线l的斜率不存在， 则l：x＝5与圆C相切，不符合题意， 所以直线l的斜率存在． 设直线l的方程为y－5＝k(x－5)， 直线l与圆C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－5＝k（x－5），,x2＋y2＝25，))消去y， 得(k2＋1)x2＋10k(1－k)x＋25k(k－2)＝0， 所以Δ＝[10k(1－k)]2－4(k2＋1)×25k(k－2)>0， 解得k>0， 又因为x1＋x2＝－eq \f(10k（1－k）,k2＋1)，x1x2＝eq \f(25k（k－2）,k2＋1)， 由斜率公式，得y1－y2＝k(x1－x2)， 所以|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2) ＝eq \r(（1＋k2）（x1－x2）2) ＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝eq \r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(100k2（1－k）2,（k2＋1）2)－4×\f(25k（k－2）,k2＋1)))) ＝4eq \r(5)， 两边平方，整理得2k2－5k＋2＝0， 解得k＝eq \f(1,2)或k＝2，均符合题意． 故直线l的方程为x－2y＋5＝0或2x－y－5＝0. 解析　易知圆心坐标为(1，1)，半径r＝1，∵直线与圆相切，∴eq \f(|3＋4－b|,\r(32＋42))＝1，解得b＝2或b＝12. 2．过圆x2＋y2＝4上的一点(1，eq \r(3))的圆的切线方程是(　　) A．x＋eq \r(3)y－4＝0 B.eq \r(3)x－y＝0 C．x＋eq \r(3)y＝0 D．x－eq \r(3)y－4＝0 解析　易知点(1，eq \r(3))在圆上．过圆心与点(1，eq \r(3))的直线的斜率为eq \r(3)，所以过点(1，eq \r(3))的圆的切线的斜率为－eq \f(\r(3),3)，所以切线方程为y－eq \r(3)＝－eq \f(\r(3),3)(x－1)，即x＋eq \r(3)y－4＝0. 解析　因为点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝4外，所以a2＋b2>4，所以圆心到直线ax＋by＝4的距离d＝eq \f(|－4|,\r(a2＋b2))<2，所以该直线与圆相交．故选C. 4．过点P(a，5)作圆(x＋2)2＋(y－1)2＝4的切线，切线长为2eq \r(3)，则a的值为________． 解析　点P(a，5)与圆心(－2，1)的距离d＝eq \r(（a＋2）2＋（5－1）2)，又圆的半径为2，所以(2eq \r(3))2＋22＝(a＋2)2＋16，解得a＝－2. 5．已知圆C：x2＋y2－8y＋12＝0，直线l：ax＋y＋2a＝0. (1)当a为何值时，直线l与圆C相切； (2)当直线l与圆C交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(2) 时，求直线l的方程． 解　(1)由圆C：x2＋y2－8y＋12＝0， 可得x2＋(y－4)2＝4， 其圆心为C(0，4)，半径r＝2， 若直线l与圆C相切，则圆心C到直线l的距离d＝eq \f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝r＝2，即4a＝－3， 可得a＝－eq \f(3,4). (2)由(1)知，圆心C到直线l的距离 d＝eq \f(|4＋2a|,\r(1＋a2))， 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2))) eq \s\up12(2)＋d2＝r2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),2))) eq \s\up12(2)＋d2＝22， 解得d＝eq \r(2)， 所以d＝eq \f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝eq \r(2)，整理得a2＋8a＋7＝0， 解得a＝－1或a＝－7， 则直线l的方程为x－y＋2＝0或7x－y＋14＝0. 3．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝(　　) A．1 B.eq \f(\r(15),4) C.eq \f(\r(10),4) D.eq \f(\r(6),4) 解析　解法一：因为x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圆心C(2，0)，半径r＝eq \r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，因为|PC|＝eq \r(22＋（－2）2)＝2eq \r(2)，则|PA|＝eq \r(|PC|2－r2)＝eq \r(3)，可得sin∠APC＝eq \f(\r(5),2\r(2))＝eq \f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，则sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq \f(\r(10),4)×eq \f(\r(6),4)＝eq \f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4))) eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4))) eq \s\up12(2)＝－eq \f(1,4)<0，即∠APB为钝角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq \f(\r(15),4).故选B. 解法二：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq \r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，连接AB，可得|PC|＝eq \r(22＋（－2）2)＝2eq \r(2)，则|PA|＝|PB|＝eq \r(|PC|2－r2)＝eq \r(3)，因为|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|·cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，则3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq \f(1,4)<0，即∠APB为钝角，则cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq \f(1,4)，又α为锐角，所以sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(\r(15),4).故选B. 解法三：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq \r(5)，若切线斜率不存在，则切线方程为x＝0，则圆心到切线的距离d＝2<r，不符合题意；若切线斜率存在，设切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0，则eq \f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq \r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.设两切线斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq \r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq \r(15)，所以tanα＝eq \f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq \r(15)，即eq \f(sinα,cosα)＝eq \r(15)，可得cosα＝eq \f(sinα,\r(15))， 则sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq \f(sin2α,15)＝1，又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα>0， 解得sinα＝eq \f(\r(15),4).故选B. 4．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的取值范围是(　　) A．(－∞，2eq \r(2)] B．[－2eq \r(2)，＋∞) C．[－2eq \r(2)，2eq \r(2)] D．(－∞，－2eq \r(2)]∪[2eq \r(2)，＋∞) 解析　圆C的方程为x2＋y2－4x＝0，则圆心为C(2，0)，半径r＝2.设两个切点分别为A，B，则由题意可得四边形PACB为正方形，故有|PC|＝eq \r(2)R＝2eq \r(2)，∴圆心到直线y＝k(x＋1)的距离小于或等于|PC|＝2eq \r(2)，即eq \f(|2k－0＋k|,\r(k2＋1))≤2eq \r(2)，解得k2≤8，可得－2eq \r(2)≤k≤2eq \r(2)，∴实数k的取值范围是[－2eq \r(2)，2eq \r(2)]．故选C. 5．(多选)若圆x2＋y2＝r2(r>0)上有4个点到直线x－y－2＝0的距离为1，则实数r的值可能为(　　) A.eq \r(2)－1 B.eq \r(2)＋1 C.eq \r(2)＋2 D．2eq \r(2) 解析　圆x2＋y2＝r2的圆心到直线x－y－2＝0的距离d＝eq \f(|0－0－2|,\r(1＋1))＝eq \r(2)>1，设直线l1，l2与直线l：x－y－2＝0平行且距离为1，如图，若圆x2＋y2＝r2(r>0)上有4个点到直线x－y－2＝0的距离为1，这4个点就为直线l1，l2与圆的4个交点，则r要大于最远的一条直线到圆心的距离，最远的一条直线到圆心的距离为eq \r(2)＋1，所以r>eq \r(2)＋1，则选项C与D符合．故选CD. x＋y－eq \r(2)＝0 解析　因为所求直线l(设斜率为k)垂直于直线y＝x＋1，所以k·1＝－1，所以k＝－1，设直线l的方程为y＝－x＋b(b>0)，即x＋y－b＝0，所以圆心到直线l的距离为eq \f(|－b|,\r(2))＝1，所以b＝eq \r(2).故所求的直线方程为x＋y－eq \r(2)＝0. 7．(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC的面积为eq \f(8,5)” 的m的一个值： __________________________________． 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以)) 解析　设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2eq \r(4－d2)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×d×2eq \r(4－d2)＝eq \f(8,5)，解得d＝eq \f(4\r(5),5)或d＝eq \f(2\r(5),5)，由d＝eq \f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq \f(2,\r(1＋m2))，所以eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(4\r(5),5)或eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq \f(1,2). 解析　圆x2＋y2＝r2(r>0)的圆心为(0，0)，半径为r.过圆心作直线3x－4y＋5＝0的垂线，垂足为C，那么△AOC是直角三角形，且∠OAC＝30°，∴|OC|＝eq \f(1,2)r.∵圆心(0，0)到直线3x－4y＋5＝0的距离|OC|＝eq \f(|5|,\r(32＋42))＝1，∴eq \f(1,2)r＝1，解得r＝2. (2)圆的方程可化为(x－3)2＋(y＋6)2＝25. 如图，当圆心C(3，－6)到直线l的距离最大时，线段AB的长度最短． 此时PC⊥l，又kPC＝eq \f(－3－（－6）,4－3)＝3， 所以直线l的斜率为－eq \f(1,3)， 则2m＝－eq \f(1,3)，所以m＝－eq \f(1,6). 在Rt△APC中，|PC|＝eq \r(10)，|AC|＝r＝5. 所以|AB|＝2eq \r(|AC|2－|PC|2)＝2eq \r(15). 故当m＝－eq \f(1,6)时，l被C截得的弦长最短，最短弦长为2eq \r(15). 解　易知直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为x＋ay－3＝0(a≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则点P，Q的坐标满足方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋x－6y＋3＝0，,x＋ay－3＝0，)) 消去x，得(3－ay)2＋y2＋(3－ay)－6y＋3＝0， 整理得(a2＋1)y2－(7a＋6)y＋15＝0， ∴y1＋y2＝eq \f(7a＋6,a2＋1)，y1y2＝eq \f(15,a2＋1)，① ∴x1x2＝(3－ay1)(3－ay2) ＝9－3a(y1＋y2)＋a2y1y2＝eq \f(3a2－18a＋9,a2＋1).② ∵OP⊥OQ， ∴eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－1，∴x1x2＋y1y2＝0， 将①②代入，得eq \f(3a2－18a＋9,a2＋1)＋eq \f(15,a2＋1)＝0， 整理，得a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4. ∴所求直线l的方程为x＋2y－3＝0或x＋4y－3＝0. 1．已知以点A(－1，2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2，0)的动直线l与圆A交于M，N两点，Q是MN的中点． (1)求圆A的方程； (2)当|MN|＝2eq \r(19)时，求直线l的方程． 解　(1)设圆A的半径为R， ∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切， ∴R＝eq \f(|－1＋4＋7|,\r(5))＝2eq \r(5). ∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20. (2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意； ②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0. 如图所示，连接AQ，则AQ⊥MN. ∵|MN|＝2eq \r(19)， ∴|AQ|＝eq \r(20－19)＝1. 则由|AQ|＝eq \f(|k－2|,\r(k2＋1))＝1，得k＝eq \f(3,4)， ∴直线l：3x－4y＋6＝0. 故直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0. 解　(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－4，,y＝－x＋5，))得圆心C(3，2)， ∵圆C的半径为1， ∴圆C的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝1. (2)由题意知切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为y＝kx＋3，即kx－y＋3＝0， 由eq \f(|3k－2＋3|,\r(k2＋1))＝1，得k＝0或k＝－eq \f(3,4)， ∴所求圆C的切线方程为y＝3或y＝－eq \f(3,4)x＋3. (3)设M(x，y)，由|MA|＝|MO|得 eq \r(x2＋（y－3）2)＝eq \r(x2＋y2)， 整理得y＝eq \f(3,2)， 故点M在直线m：y＝eq \f(3,2)上． ∴点M既在圆C上又在直线m上，即圆C和直线m有公共点， ∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a－4－\f(3,2)))≤1， ∴eq \f(9,4)≤a≤eq \f(13,4). 综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(13,4))). $$