2.5.1 第1课时 直线与圆的位置关系-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第二章　直线与圆的方程 2.5　直线与圆、圆与圆 的位置关系 2. 5.1　直线与圆的位置关系 第1课时　直线与圆的位置关系 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：1.用代数法判断直线与圆的位置关系.2.解决直线与圆相切、相交的有关问题． 核心素养：通过直线与圆位置关系的判断，进一步提升数学抽象及数学运算素养． (教师独具内容) 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 位置关系 公共点个数 相交 有_________公共点 相切 只有_________公共点 相离 _________公共点 知识点一　直线与圆的位置关系 [想一想]　当直线经过圆内一点时，直线与圆的位置关系是怎样的？ 两个 一个 没有 提示：相交． 核心概念掌握 5 知识点二　直线与圆位置关系的判断方法 (1)代数法 直线l：Ax＋By＋C＝0，圆M：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，直线l与圆M的方程联立得方程组，消去y(或x)整理，得关于x(或y)的一元二次方程mx2＋nx＋k＝0(或my2＋ny＋k＝0)，其判别式为Δ＝n2－4mk， Δ>0⇔直线l与圆M_______； Δ＝0⇔直线l与圆M_______； Δ<0⇔直线l与圆M_______． 相交 相切 相离 核心概念掌握 6 (2)几何法 直线l：Ax＋By＋C＝0，圆心为M(a，b)、半径为r的圆，圆心M到直线l的距离为d. d>r⇔直线l与圆M_______； d＝r⇔直线l与圆M_______； d<r⇔直线l与圆M_______． 相离 相切 相交 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 2．(直线与圆位置关系的判断)直线3x＋4y＋12＝0与圆x2＋y2－2x＝0的位置关系是________． 3．(直线与圆相离)若直线x＋y－a＝0与圆x2＋(y－1)2＝2相离，则a的取值范围为_______________________． 4．(直线与圆相交)直线x－2y＋5＝0与圆x2＋y2＝8交于A，B两点，则|AB|＝________． 相离 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　直线与圆位置关系的判断　 例1　已知圆x2＋y2＝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 12 当－2<b<2时，Δ>0，方程组有两组不同实数解，因此直线与圆有两个公共点，直线与圆相交； 当b＝2或b＝－2时，Δ＝0，方程组有两组相同的实数解，因此直线与圆只有一个公共点，直线与圆相切； 当b<－2或b>2时，Δ<0，方程组没有实数解，因此直线与圆没有公共点，直线与圆相离． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 【感悟提升】　直线与圆位置关系的两种判断方法 (1)几何法 原理 相交⇔d<r，相切⇔d＝r，相离⇔d>r 注意点 准确求出圆心坐标、圆的半径r及圆心到直线的距离d 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【跟踪训练】　 1．(1)直线y＝ax＋1与圆x2＋y2－2x－3＝0的位置关系是(　　) A．相切 B．相交 C．相离 D．随a的变化而变化 解析：∵直线y＝ax＋1恒过定点(0，1)，且点(0，1)在圆x2＋y2－2x－3＝0的内部，∴直线与圆相交． 核心素养形成 17 (2)(多选)直线x－y＋m＝0与圆x2＋y2－2x－1＝0有两个不同的交点的充分不必要条件可以是(　　) A．0<m<1 B．m<1 C．－2<m<1 D．－3<m<1 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【跟踪训练】　 2．(1)过点(3，1)作圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________． 核心素养形成 24 (x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9 核心素养形成 25 题型三　直线与圆相切的有关问题　 例3　(1)(多选)与圆C：x2＋y2－4x＋2＝0相切，且在x，y轴上的截距相等的直线方程可以为(　　) A．x＋y＝0 B．x－y＝0 C．x＝0 D．x＋y－4＝0 核心素养形成 26 核心素养形成 27 (2)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 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 (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． 注意：求过某点与圆相切的直线方程时，要注意此点在圆上还是在圆外，在圆上只有一条切线，在圆外有两条切线． 核心素养形成 31 核心素养形成 32 (2)过点A(－1，4)且与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1相切的直线l的方程为________________________． y＝4或3x＋4y－13＝0 核心素养形成 33 随堂水平达标 1．直线3x＋4y＋12＝0与圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝9的位置关系是(　　) A．相交且直线过圆心 B．相交但直线不过圆心 C．相切 D．相离 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 随堂水平达标 37 4．直线3x＋4y＝b与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，则b的值为________． 2或12 随堂水平达标 38 －2 随堂水平达标 39 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 考向 直线与圆位置关系的 判断 直线与圆相交的有关问题 直线与圆相交的有关 问题 直线与圆相切的有关问题 直线与圆相切的有关问题 直线与圆位置关系的判断；直线与圆相交的有关问题 直线与圆相切的有关问题 考点 直线与圆 相离 求直线 方程 由弦长求 斜率 求圆的 方程 求切线方程 由弦长最短求直线方程 求切线方程 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 考向 直线与圆相交的有关 问题 直线与圆相交的有关问题 直线与圆相交的有关 问题 直线与圆相切的有关问题 直线与圆有公共点问题 直线与圆相交的有关问题 直线与圆相切的有关问题；直线与圆相交的有关问题 考点 由直线与圆相交求参数 面积问题 由直线与圆相交求参数 切线长的最值问题 由直线与圆有公共点求参数 求直线方程 求圆的方程；求直线方程 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 一、选择题 1．已知点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝2内，则直线x0x＋y0y＝2与圆的位置关系是(　　) A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 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 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 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 4．已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，且圆心C在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为(　　) A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 二、填空题 7．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________________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 8．若直线l：x－y＋1＝0与圆C：x2＋y2＋2ay＋a2－2＝0有公共点，则实数a的取值范围是___________． [－3，1] 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 解：(1)设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 因为圆C过点A(8，1)， 所以(8－a)2＋(1－b)2＝r2， 又因为圆C与两坐标轴均相切， 所以a＞0，b＞0且a＝b＝r， 则(8－r)2＋(1－r)2＝r2，解得r＝13或r＝5， 即a＝b＝r＝5或a＝b＝r＝13， 所以圆C的标准方程为(x－5)2＋(y－5)2＝25或(x－13)2＋(y－13)2＝169. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 12．设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于直线y＝a对称的直线l与圆C：(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 14．已知圆M过原点O，圆心M在直线y＝x－1上，直线2x＋y＝0与圆M相切． (1)求圆M的方程； (2)过点P(0，4)的直线l交圆M于A，B两点，若A为线段PB的中点，求直线l的方程． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 解法三：设线段AB的中点为C， 则|PC|＝3|CB|， 即|PC|2＝9|CB|2， 设圆心M到直线l的距离为d， 则|CB|2＝|BM|2－|MC|2＝5－d2， 又|PC|2＝|PM|2－|MC|2＝13－d2， 所以13－d2＝9(5－d2)， 解得d＝2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 　　　　　　　　　　　　　 R [拓展]　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) . 1．(直线与圆相切)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) 2eq \r(3) 解　解法一(代数法)：判断直线与圆位置关系的问题可转化为b为何值时，方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝2，　①,y＝x＋b ②)) 有两组不同实数解；有两组相同实数解；无实数解的问题． 将②代入①，整理得2x2＋2bx＋b2－2＝0.③ 方程③的根的判别式Δ＝(2b)2－4×2(b2－2)＝－4(b＋2)(b－2)． 解法二(几何法)：如图，圆心O(0，0)到直线y＝x＋b的距离为d＝eq \f(|b|,\r(2))，圆的半径r＝eq \r(2). 当d＝r时，|b|＝2， 即b＝2或b＝－2时，直线与圆相切； b为直线在y轴上的截距，数形结合可知， 当－2<b<2时，直线与圆相交； 当b>2或b<－2时，直线与圆相离． (2)代数法 原理 直线与圆的位置关系eq \o(←→,\s\up17(转化))直线与圆公共点的个数eq \o(←→,\s\up17(转化))直线方程与圆的方程构成的方程组实数解的个数 注意点 将直线方程代入圆的方程中，消去一个未知数，得到一个关于x(或y)的一元二次方程，由Δ与0的大小关系判断方程解的个数，进一步判断直线与圆的位置关系 解析：圆x2＋y2－2x－1＝0的圆心为(1，0)，半径为r＝eq \r(2)，因为直线x－y＋m＝0与圆x2＋y2－2x－1＝0有两个不同的交点，所以直线与圆相交，因此圆心到直线的距离d＝eq \f(|1＋m|,\r(1＋1))<eq \r(2)，所以|1＋m|<2，解得－3<m<1.显然(0，1)(－3，1)，(－3，1)(－∞，1)，(－2，1)(－3，1)，(－3，1)＝(－3，1)，即0<m<1，－2<m<1是－3<m<1的充分不必要条件；m<1是－3<m<1的必要不充分条件；－3<m<1是－3<m<1的充要条件，所以A，C符合题意，B，D不符合题意．故选AC. 解　解法一(几何法)：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，设其方程为y－5＝k(x－5)，即kx－y＋5(1－k)＝0. 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. 题型二　直线与圆相交的有关问题　 例2　直线l经过点P(5，5)，且和圆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． 解法二(代数法)：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)，且与圆交于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. 【感悟提升】　与圆的弦长有关问题的两种解法 (1)几何法：如图，直线l与圆C交于A，B两点，设弦心距为d，圆的半径为r，弦长为|AB|，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2))) eq \s\up12(2)＋d2＝r2，即|AB|＝2eq \r(r2－d2). (2)代数法：①联立直线方程和圆的方程，解方程组得A，B两点的坐标，再由两点间的距离公式求弦长|AB|；②设直线l的方程为y＝kx＋b，联立直线l的方程和圆的方程，消去一个未知数得一个一元二次方程，利用根与系数的关系求解． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b. 则|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(（x1－x2）2＋（kx1＋b－kx2－b）2) ＝eq \r(1＋k2) eq \r(（x1－x2）2)＝eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2). 注意：①若直线方程较特殊(如x＝a，y＝b等)，一般解出坐标再求|AB|； ②过圆内定点最长的弦为直径，最短的弦是与此直径垂直的弦． 解析：设点A(3，1)，易知圆心C(2，2)，半径r＝2.当弦过点A(3，1)且与CA垂直时为最短弦，|CA|＝eq \r(（2－3）2＋（2－1）2)＝eq \r(2)，∴最短弦的长为2eq \r(r2－|CA|2)＝2eq \r(4－2)＝2eq \r(2). 2eq \r(2) (2)一圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且直线y＝x截圆所得弦长为2eq \r(7)，则此圆的标准方程为__________________________________________． 解析：因为圆与y轴相切，且圆心在直线x－3y＝0上，故设圆的标准方程为(x－3b)2＋(y－b)2＝9b2.又因为直线y＝x截圆所得弦长为2eq \r(7)，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3b－b|,\r(2)))) eq \s\up12(2)＋(eq \r(7))2＝9b2，解得b＝±1，故所求圆的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9. 解析　圆C的方程可化为(x－2)2＋y2＝2.可分为两种情况讨论：①直线在x，y轴上的截距均为0，易知直线的斜率必存在，设直线方程为y＝kx，则eq \f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，解得k＝±1，即所求直线方程为x＋y＝0和x－y＝0；②直线在x，y轴上的截距均不为0，则可设直线方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1(a≠0)，即x＋y－a＝0(a≠0)，则eq \f(|2－a|,\r(2))＝eq \r(2)，解得a＝4(a＝0舍去)，即所求直线方程为x＋y－4＝0.故选ABD. 解　∵32＋42＝25，∴点P在圆C上． 由圆C：x2＋y2＝25知圆心C(0，0)，半径r＝5. 则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. [结论探究]　将本例(2)改为“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． 若所求切线的斜率存在，设切线的斜率为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； 若所求切线的斜率不存在，则切线方程为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. 【感悟提升】　求圆的切线方程的方法 (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，k存在且k≠0时，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. 【跟踪训练】　 3．(1)过点M(2，eq \r(6))且与圆C：x2＋y2＝10相切的直线方程为_____________． 解析：因为22＋(eq \r(6))2＝10，所以点M在圆C：x2＋y2＝10上，由题意可知圆心为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. 2x＋eq \r(6)y－10＝0 解析：∵(－1－2)2＋(4－3)2＝10>1，∴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．设直线l的斜率为k，则方程为y－4＝k(x＋1)，即kx－y＋4＋k＝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，得4k2＋3k＝0，即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. 解析：圆心C(1，1)到直线的距离d＝eq \f(|3×1＋4×1＋12|,\r(32＋42))＝eq \f(19,5)，圆C的半径r＝3，则d＞r，所以直线与圆相离． 2．直线y＝x＋1与圆x2＋y2＋2y－3＝0交于A，B两点，则|AB|＝(　　) A．1 B.eq \r(2) C．2eq \r(2) D．2 解析：因为圆x2＋y2＋2y－3＝0可化为x2＋(y＋1)2＝4，所以圆心(0，－1)，半径r＝2.因为直线y＝x＋1可化为x－y＋1＝0，所以圆心到直线的距离为d＝eq \f(|0＋1＋1|,\r(1＋1))＝eq \r(2)，所以|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2×eq \r(4－2)＝2eq \r(2).故选C. 3．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：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：由题意知圆心坐标为(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. 5．过点P(a，5)作圆(x＋2)2＋(y－1)2＝4的切线，切线段长为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. 解析：因为点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝2内，则xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)<2，所以圆心(0，0)到直线x0x＋y0y＝2的距离为d＝2,0)eq \f(|－2|,\r(x＋yeq \o\al(2,0))) >eq \r(2)，所以直线与圆相离．故选C. 3．直线y＝kx＋3被圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝4截得的弦长为2eq \r(3)，则直线的斜率为(　　) A.eq \r(3) B．±eq \r(3) C.eq \f(\r(3),3) D．±eq \f(\r(3),3) 解析：因为直线y＝kx＋3被圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝4截得的弦长为2eq \r(3)，所以圆心C(2，3)到直线的距离d＝eq \r(4－（\r(3)）2)＝1，所以eq \f(|2k－3＋3|,\r(k2＋1))＝eq \f(|2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq \f(\r(3),3).故选D. 解析：由x－y＝0与x－y－4＝0都与圆C相切，且直线x－y＝0与x－y－4＝0平行，知圆C的圆心C在直线x－y－2＝0上．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y－2＝0，,x＋y＝0，))得圆心C(1，－1)．又因为两平行线间的距离d＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2)，所以所求圆的半径r＝eq \r(2)，故圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2. 5．过点(0，0)与圆x2＋y2－4x－2y＋4＝0相切的两条直线的夹角为α，则cosα＝(　　) A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5) 解析：x2＋y2－4x－2y＋4＝0化为标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1，圆心为(2，1)，半径为1，过点(0，0)与圆x2＋y2－4x－2y＋4＝0相切的两条直线的夹角为α，设切线为y＝kx，圆心到切线y＝kx的距离为d，则d＝eq \f(|2k－1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(4,3)或k＝0，故切线为y＝eq \f(4,3)x或y＝0，故tanα＝eq \f(4,3)，易知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq \f(3,5).故选A. 6．(多选)已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝25，直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0.则下列结论正确的是(　　) A．直线l恒过定点(3，1) B．圆C被y轴截得的弦长为2＋2eq \r(6) C．直线l与圆C恒相交 D．直线l被圆C截得的弦长最短时，直线l的方程为2x－y－5＝0 解析：将直线l的方程整理为(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－4＝0，,2x＋y－7＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))则无论m为何值，直线l恒过定点D(3，1)，故A正确；在圆C的方程中，令x＝0，则(y－2)2＝24，解得y＝2±2eq \r(6)，故圆C被y轴截得的弦长为4eq \r(6)，故B错误；因为(3－1)2＋(1－2)2＝5<25，所以点D在圆C的内部，直线l与圆C恒相交，故C正确；圆心C(1，2)，当直线l被圆C截得的弦长最短时，l⊥CD，kCD＝－eq \f(1,2)，则直线l的斜率为2，此时直线l的方程为y－1＝2(x－3)，即2x－y－5＝0，故D正确．故选ACD. 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)，故所求直线方程为x＋y－eq \r(2)＝0. 解析：圆C：x2＋y2＋2ay＋a2－2＝0，即圆C：x2＋(y＋a)2＝2.根据题意，知圆心(0，－a)到直线x－y＋1＝0的距离d＝eq \f(|0＋a＋1|,\r(2))≤eq \r(2)，故|a＋1|≤2，所以a∈[－3，1]．故实数a的取值范围为[－3，1]． 9．(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：___________________________________． 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)，又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＝±eq \f(1,2)或m＝±2. 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以)) 三、解答题 10．已知圆C过点A(8，1)，且圆C与两坐标轴均相切． (1)求圆C的标准方程； (2)若半径小于6的圆C与直线l：x－y＋m＝0交于A，B两点，________，求m的值． 在①∠ACB＝120°；②|AB|＝5eq \r(3)这两个条件中任选一个补充在上面问题中并解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． (2) 因为圆C的半径小于6，所以圆C：(x－5)2＋(y－5)2＝25. 如果选择①，由∠ACB＝120°，|CA|＝|CB|＝5，得∠CAB＝∠CBA＝30°， 过点C作CD⊥AB于点D， 则|CD|＝eq \f(1,2)|AC|＝eq \f(5,2)， 所以圆心C到直线l的距离d＝eq \f(5,2)， 则d＝eq \f(|5－5＋m|,\r(2))＝eq \f(5,2)，解得m＝±eq \f(5\r(2),2). 如果选择②，在△ABC中，|AB|＝5eq \r(3)， |CA|＝|CB|＝5， 过点C作CD⊥AB于点D， 则|AD|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(5\r(3),2)， 在Rt△ACD中， |CD|＝eq \r(|AC|2－|AD|2)＝eq \f(5,2)， 所以圆心C到直线l的距离d＝eq \f(5,2)， 则d＝eq \f(|5－5＋m|,\r(2))＝eq \f(5,2)，解得m＝±eq \f(5\r(2),2). 11．已知圆C的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝1，过直线l：3x＋4y－5＝0上任意一点作圆C的切线，则切线长的最小值为(　　) A．4 B.eq \r(15) C.eq \r(17) D．5 解析：如图所示，过直线l上一点A作圆的两条切线AD，AE，过C作BC⊥l，垂足为B，则切线长为|AD|＝|AE|＝eq \r(|AC|2－12)，显然|AC|≥|BC|，当且仅当A，B重合时，等号成立，此时|AC|＝eq \f(|3×3＋4×4－5|,\r(32＋42))＝4，所以切线长的最小值为eq \r(15).故选B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2))) 解析：点A(－2，3)关于直线y＝a对称的点为A′(－2，2a－3)，点B(0，a)在直线y＝a上，所以A′B所在直线即为直线l，所以直线l：y＝eq \f(a－3,－2)x＋a，即(a－3)x＋2y－2a＝0.圆C：(x＋3)2＋(y＋2)2＝1，圆心C(－3，－2)，半径r＝1，依题意，圆心C到直线l的距离d＝eq \f(|－3（a－3）－4－2a|,\r(（a－3）2＋22))≤1，即(5－5a)2≤(a－3)2＋22，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2))). 13．已知圆C经过M(－2，2)，N(3，－3)两点，且圆心C在直线eq \r(3)x＋y－eq \r(3)＝0上． (1)求圆C的方程； (2)若直线l∥MN，且与圆C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆经过原点，求直线l的方程． 解：(1)∵M(－2，2)，N(3，－3)， ∴线段MN的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))， 斜率kMN＝－1， 则MN的垂直平分线方程为y＋eq \f(1,2)＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))， 即x－y－1＝0. 解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0，)) ∴圆心C(1，0)，半径r＝eq \r(（－2－1）2＋（2－0）2)＝eq \r(13). 故圆C的方程为(x－1)2＋y2＝13. (2)由l∥MN，设l的方程为y＝－x＋m. 代入圆C的方程，得2x2－2(m＋1)x＋m2－12＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝m＋1，x1x2＝eq \f(m2,2)－6，故y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2＋x1x2－m(x1＋x2)， 设原点为O，依题意知OA⊥OB，则eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))＝0. ∴(x1，y1)·(x2，y2)＝x1x2＋y1y2＝0， 于是m2＋2x1x2－m(x1＋x2)＝0，即m2－m－12＝0. ∴m＝4或m＝－3，经检验，均满足Δ>0， 故直线l的方程为y＝－x＋4或y＝－x－3. 解：(1)因为圆M过原点O，且与直线2x＋y＝0相切， 所以圆心M在直线y＝eq \f(1,2)x上， 又圆心M也在直线y＝x－1上，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x，,y＝x－1，)) 解得圆心M(2，1)，所以半径r＝|OM|＝eq \r(5)， 因此圆M的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5. (2)解法一：设A(x，y)，因为A为线段PB的中点， 所以B(2x，2y－4)． 因为A，B在圆M上， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）2＋（y－1）2＝5，,（2x－2）2＋（2y－5）2＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(24,13)，,y＝\f(42,13).)) 当A(0，2)时，直线l的方程为x＝0； 当Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,13)，\f(42,13)))时，直线l的方程为y＝－eq \f(5,12)x＋4， 即5x＋12y－48＝0. 综上，直线l的方程为x＝0或5x＋12y－48＝0. 解法二：当直线l的斜率不存在时，此时l：x＝0，A(0，2)，B(0，0)，满足要求； 当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋4， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,（x－2）2＋（y－1）2＝5，)) 得(1＋k2)x2＋(6k－4)x＋8＝0， 由Δ>0，得k>6＋2eq \r(10)或k<6－2eq \r(10).(*) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝eq \f(4－6k,1＋k2)， ① x1x2＝eq \f(8,1＋k2)， ② 由A为线段PB的中点，可得2x1＝x2. ③ 由①③解得x1＝eq \f(4－6k,3（1＋k2）)，x2＝eq \f(2（4－6k）,3（1＋k2）)， 代入②，得eq \f(4－6k,3（1＋k2）)×eq \f(2（4－6k）,3（1＋k2）)＝eq \f(8,1＋k2)， 解得k＝－eq \f(5,12)，符合(*)， 所以直线l的方程为y＝－eq \f(5,12)x＋4， 即5x＋12y－48＝0. 综上，直线l的方程为x＝0或5x＋12y－48＝0. 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，A(0，2)，B(0，0)，符合题意； 当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋4， 则d＝eq \f(|2k－1＋4|,\r(1＋k2))＝2， 解得k＝－eq \f(5,12)， 直线l的方程为y＝－eq \f(5,12)x＋4， 即5x＋12y－48＝0. 综上，直线l的方程为x＝0或5x＋12y－48＝0. $$