（人教A版）选择性必修一高二数学上册同步精讲精练专题2.7 直线与圆的位置关系（解析版）

专题2.7直线与圆的位置关系-重难点题型精讲1．直线与圆的位置关系及判定方法(1)直线与圆的位置关系及方程组的情况如下：(2)直线与圆的位置关系的判定方法

①代数法：通过联立直线方程与圆的方程组成方程组，根据方程组解的个数来研究，若有两组不同的实数解，即>0，则直线与圆相交；若有两组相同的实数解，即=0，则直线与圆相切；若无实数解，即<0，则直线与圆相离.

②几何法：由圆心到直线的距离d与半径r的大小来判断，当d<r时，直线与圆相交；当d=r时，直线与圆相切；当d>r时，直线与圆相离.2．圆的切线及切线方程(1)自一点引圆的切线的条数：

①若点在圆外，则过此点可以作圆的两条切线；

②若点在圆上，则过此点只能作圆的一条切线，且此点是切点；

③若点在圆内，则过此点不能作圆的切线.

(2)求过圆上的一点的圆的切线方程：

①求法：先求切点与圆心连线的斜率k()，则由垂直关系可知切线斜率为，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.

②重要结论：

a.经过圆上一点P的切线方程为.

b.经过圆上一点P的切线方程为.

c.经过圆+Dx+Ey+F=0上一点P的切线方程为.3．圆的弦长问题设直线l的方程为y=kx+b，圆C的方程为，求弦长的方法有以下几种：

(1)几何法

如图所示，半径r、圆心到直线的距离d、弦长l三者具有关系式：.(2)代数法

将直线方程与圆的方程组成方程组，设交点坐标分别为A,B.

①若交点坐标简单易求，则直接利用两点间的距离公式进行求解.

②若交点坐标无法简单求出，则将方程组消元后得一元二次方程，由一元二次方程中根与系数的关系可得或的关系式，通常把或叫作弦长公式.4．解与圆有关的最值问题(1)利用圆的几何性质求最值的问题

求圆上点到直线的最大值、最小值，需过圆心向直线作垂线.

①如图2-5-1-4①，当直线l与圆C相交时，最小距离为0，最大距离为AD=r+d.其中r为圆的半径，d为圆心到直线的距离；

②如图2-5-1-4②，当直线l与圆C相切时，最小距离为0，最大距离为AD=2r；

③如图2-5-1-4③，当直线l与圆C相离时，最小距离为BD=d-r，最大距离为AD=d+r.(2)利用直线与圆的位置关系解决最值(取值范围)问题

解析几何中的最值问题一般是根据条件列出所求目标——函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等，应用不等式求出其最值(取值范围).对于圆的最值问题，要利用圆的特殊几何性质，根据式子的几何意义求解，这常常是简化运算的最佳途径.

①形如u=的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题.②形如t=ax+by的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题.

③形如的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题.

(3)经过圆内一点的最长弦就是经过这点的直径，过这点和最长弦垂直的弦就是最短弦.5．直线与圆的方程的应用(1)解决实际问题的步骤：

(2)建系原则

建立适当的平面直角坐标系要把握两个原则：

①对称性原则.可以选择对称中心为坐标原点，对称轴所在的直线为坐标轴.到两个定点的距离问题，可以选择两个定点所在的直线以及线段的垂直平分线为坐标轴等.有两条相互垂直的直线的问题则可选其为坐标轴.

②集中性原则.可以让曲线上尽可能多的特殊点在坐标轴上.如与三角形有关的问题，可以考虑将三角形的三个顶点全部放在坐标轴上.

【题型1直线与圆的位置关系及判定】【方法点拨】①代数法：通过联立直线方程与圆的方程组成方程组，根据方程组解的个数来研究，若有两组不同的实数解，即>0，则直线与圆相交；若有两组相同的实数解，即=0，则直线与圆相切；若无实数解，即<0，则直线与圆相离.②几何法：由圆心到直线的距离d与半径r的大小来判断，当d<r时，直线与圆相交；当d=r时，直线与圆相切；当d>r时，直线与圆相离.【例1】直线mx-2y-m+1=0与圆x2+y2-4x-2y+1=0的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定【解题思路】先根据圆的方程求出圆心和半径，然后根据不等式恒成立的法则可知3m2+2m+15>0对任意【解答过程】解：由题意得：已知圆的方程可化为x−22+y−12圆心(2,1)到直线mx−2y−m+1=0的距离为d=当d<2时，即m−1m2+4<2，则m−12当d≥2时，即m−1m故直线mx-2y-m+1=0与圆x2+y2-4x-2y+1=0的位置关系是相交；故选：A.【变式1-1】对于任意实数k，圆C:x2+y2A．相交 B．相切C．相离 D．与k的取值有关【解题思路】根据直线方程得到直线经过定点4,3，再通过比较点到圆心的距离和半径的大小得到点P在圆的内部，从而得到直线与圆的位置关系.【解答过程】∵直线l的方程kx−y−4k+3=0，整理得kx−4−y+3=0，令x−4=0−y+3=0，解得x=4y=3，∴直线∵圆C的方程为x2+y∴圆C的圆心C（3，∴圆心C（3，4）∴点P在圆C的内部，直线与圆的位置关系是相交.故选：A.【变式1-2】已知直线l:x−y+2=0与圆C:x2+y2A．−∞,0 C．−∞,−1【解题思路】由圆心到直线的距离大于半径即可求解.【解答过程】由x2+y∵直线l:x−y+2=0与圆C:x∴2m+1>0,0−1+22>2m+1解得−12<m<−【变式1-3】已知点Ma,bab≠0在圆x2+y2=r2内，直线mA．l//m且与圆相离 B．C．l//m且与圆相交 D．【解题思路】由圆的性质可确定直线m的斜率，进而得到m方程，可知l//m；结合点在圆内的特点，利用点到直线距离公式可确定圆心到直线l的距离【解答过程】∵直线m以M为中点，∴直线m的斜率k=−a∴直线m的方程为：y−b=−abx−a，即ax+by−∵M在圆内，∴a2+b2<r【题型2圆的切线问题及切线方程的求解】【方法点拨】①当一条直线l与圆C相切时，毫无疑问地要用到圆心C到直线l的距离d=r(r为圆C的半径).②当一条直线l与圆C相切于点P时，则lPC.③过圆外一点P向圆C作切线，切点为Q，则必定会用到.【例2】过点M(3,1)作圆x2+y2−2x−6y+2=0的切线lA．x+y−4=0 B．x+y−4=0或x=3C．x−y−2=0 D．x+y−2=0或x=3【解题思路】根据题意，设圆x2+y2﹣2x﹣6y+2＝0的圆心为C，分析可得点M在圆上，求出直线MC的斜率，即可得切线的斜率k，由直线的点斜式方程分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，设圆x2+y2﹣2x﹣6y+2＝0的圆心为C，圆x2+y2﹣2x﹣6y+2＝0，即x−12+y−32=8又由点M的坐标为（3，1），有3−12+1−3则kMC=1−33−1=−1，则切线的斜率k＝1，则切线的方程为y﹣1＝（x﹣3），即x﹣y故选：C．【变式2-1】已知圆心在x轴上，半径为22的圆上有一点M1,2，则圆在点M处的切线方程是（A．x−y+1=0 B．2x−y=0或x+y−3=0C．x+y−3=0 D．x−y+1=0或x+y−3=0【解题思路】求得圆心坐标，根据点斜式求得切线方程.【解答过程】设圆心Cx,0则MC=x−12+2当x=−1时，C−1,0，kMC=1当x=3时，C3,0，kMC=−1所以切线方程为x−y+1=0或x+y−3=0.故选：D.【变式2-2】过直线x+y=5上的点作圆C:x2+A．32 B．23 C．15 【解题思路】要切线长最小，就要直线上的点到圆心的距离最小，则此最小值为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用勾股定理可求出切线长的最小值.【解答过程】圆C:(x−1)2+(y+2)2因为圆心1,−2到直线x+y=5的距离d=1−2−5所以切线长最小值为l=d【变式2-3】在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y−32=2，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于PA．273,22 B．2143【解题思路】设AC=x，利用面积相等得到PQ=2×PC⋅APAC=22⋅【解答过程】设AC=x，则x≥3，由PC⊥AP可知AP=A∵AC垂直平分PQ，∴PQ=2×PC⋅AP∴当x=3时，PQ取得最小值22×1−29=∴214.【题型3圆的弦长问题】【方法点拨】当直线与圆相交时，因几何法求弦长较方便，一般不用代数法.用几何法求解圆的弦长的一般步骤：第一步：确定圆的半径r；第二步：求解圆心到直线的距离d；第三步：代入公式求解弦长.【例3】直线l:3x+4y−1=0被圆C:x2+A．25 B．4 C．23 【解题思路】直接利用直线被圆截得的弦长公式求解即可.【解答过程】由题意圆心C1,2，圆C的半径为3，故C到l:3x+4y−1=0的距离为3+8−1故所求弦长为23【变式3-1】过点A2,2，作倾斜角为π3的直线l，则直线l被圆O:xA．1−32 B．2−3 C．3−【解题思路】由题，由点斜式写出直线，由点线距离公式求出圆心到直线距离，可结合垂径定理得出所截弦长【解答过程】依题意，直线l的方程为y−2=3x−2，即3x−y−23+2=0，则圆心O到直线l的距离d=【变式3-2】已知直线l：mx−y−3m+1=0恒过点P，过点P作直线与圆C：(x−1)2+(y−2)2=25相交于A，BA．45 B．2 C．4 D．【解题思路】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定|AB|最小时直线与直线CP的位置关系，即可得结果.【解答过程】由m(x−3)−y+1=0恒过P(3,1)，又(3−1)2+(1−2)2=5<25要使|AB|最小，只需圆心C(1,2)与P的连线与该直线垂直，所得弦长最短，由|CP|=5所以|AB|=2×25−5【变式3-3】已知圆O： x2+y2=10，已知直线l： ax+by=2a−ba,b∈R与圆O的交点分别M，N，当直线A．352 B．552 C．【解题思路】直线过定点A2,−1，当直线与OA【解答过程】直线l： ax+by=2a−ba,b∈R，即ax−2+by+1=0，所以直线过定点A2,−1，|OA|=22+−12=此时|MN|=2r【题型4直线与圆有关的最值问题】【方法点拨】解直线与圆的最值问题主要有以下两种思路：①代数法：利用平面几何中的有关公式，构造函数，把问题转化为函数的最值，然后根据函数最值的求法进行求解.在转化过程中常用到向量的数量积、一元二次方程根与系数的关系、换元等知识和方法.②几何法：找到所求式的几何意义，在坐标系中与圆建立联系，分析其与圆的位置变化情况，找到最大、最小取值点.【例4】已知圆C：x2+y2−4x−2y+1=0，点P是直线y=4上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，BA．253 B．453 C．【解题思路】利用面积相等求出|AB|=4|AP||CP|.设|CP|=x，得到|AB|=41−4x2.利用几何法【解答过程】圆C：x2+y2−4x−2y+1=0化为标准方程：x−22+y−12=4，其圆心C2,1在△PAC中,有S△PAC=12×|CA|×|AP|=设|CP|=x，则|AB|=4x2−4x=41−4x而|CP|的最小值为点C到直线y=4的距离，即|CP|min=3【变式4-1】瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC，AB=AC，点B(−1,1)，点C(3,5)，过其“欧拉线”上一点Р作圆O：x2+y2=4的两条切线，切点分别为M，NA．2 B．22 C．3 D．【解题思路】求BC中垂线方程，结合点线距离判断“欧拉线”与圆O的位置关系并求出圆心到直线的距离，由几何关系判断|MN|的最小时P的位置，进而求|MN|的最小值.【解答过程】由题设，B,C中点为(1,3)，“欧拉线”斜率为k=−1kBC=−1，所以“欧拉线”方程为y−3=−(x−1)，即x+y−4=0，又O到x+y−4=0的距离为要使|MN|的最小，则在Rt△PMO与Rt△PNO中∠MOP=∠NOP最小，即∠MPN最大，而仅当OP⊥“欧拉线”时∠MPN最大，所以d=|OP|=22，则|MN|=2rsin∠NOP，且圆O半径r=2所以sin∠NOP=22【变式4-2】已知点Q在圆M:x+32+y−32=4上，直线l:2x−3y+6=0与x轴、y轴分别交于点①点Q到直线l的距离小于4.5②点Q到直线l的距离大于1③当∠QRP最小时，RQ④当∠QRP最大时，RQA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思路】计算出点Q到直线l的距离的最大值和最小值，可判断①②的正误；利用∠QRP最小和最大时，确定点Q的位置，求出RQ的值，可判断③④的正误.【解答过程】圆M的圆心为M−3,3，半径为r=2，圆心M到直线l的距离为−6−9+6所以，直线l与圆M相离，点Q到直线l的距离的最大值为91313+2因为91313−2<1，91313直线l:2x−3y+6=0交x轴于点P−3,0，交y轴于点R0,2，过点R作圆M的两条切线，切点分别为E、N，如下图所示：当∠QRP最小时，点Q与点E重合，此时QR=当∠QRP最大时，点Q与点N重合，此时QR=RM2【变式4-3】已知圆C1:(x−2)2+(y+3)2=1，圆C2:(x−3)2+(y−4)2=9，A．52+4 C．52 D．【解题思路】根据两圆及P的位置关系，将|PN|−|PM|的最大转化为求|PC2|−|PC1|最大，再应用将军饮马模型作C1【解答过程】要使|PN|−|PM|的最大，需|PN|尽可能大，|PM|尽可能小，∴连接PC2、PC1，让两直线与两圆的交点，N离P尽可能远，在△PC1C2中|PC2|−|PC1∴|PC2|−|PC|最大，故P,C,C2∴|PN|−|PM|的最大值为|CC【题型5直线与部分圆的相交问题】【方法点拨】一条直线和一个圆的一部分有交点时，如果用代数法去研究，则要转化为一元二次方程根的取值情况，过程比较繁琐，因此这类问题一般采用数形结合的方法去研究，研究应抓住两类直线：一是切线；二是过端点的直线.【例5】若直线l:kx−y−2=0与曲线C:1−y−12=x−1有两个交点，则实数A．43,2 C．−2,43∪【解题思路】确定直线l:kx−y−2=0恒过定点0,−2，确定曲线C:1−y−12=x−1表示以点1,1为圆心，1为半径，且位于直线x=1右侧的半圆，包括点【解答过程】直线l:kx−y−2=0恒过定点0,−2，曲线C:1−y−12=x−1表示以点1,1为圆心，1为半径，且位于直线x=1右侧的半圆，包括点1,2，1,0．如图，当直线l经过点1,0时，l与曲线C有两个交点，此时k=2，直线记为l1；当l与半圆相切时，由k−3k2+1=1，得k=【变式5-1】设点P(x,y)是曲线y=−4−(x−1)2上的任意一点，则y−2A．[0，125] B．[25，【解题思路】点P(x,y)是曲线y=−4−(x−1)2上的任意一点，故点P满足方程(x−1)2+y2【解答过程】曲线y=−4−(x−1)2表示以(1,0)y−2x−4可表示点P(x,y)与点Q(4,2)连线斜率当直线PQ与圆相切时：设直线方程为y−2=k(x−4)，即kx−y−4k+2=0圆心到直线距离d=|k−4k+2|1+k2=2，解得k=125当直线经过点A(−1,0)时，y−2x−4=25【变式5-2】设曲线x=1−(1−y)2上的点到直线x−y−2=0的距离的最大值为a，最小值为b，则a−bA．2 B．2−22 C．2 【解题思路】将曲线化成圆的方程的形式，结合图像，过曲线上任意一点作平行于直线x−y−2=0的直线l，可得到当直线l的方程为x−y−2=0时，直线l与直线x−y+2=0的距离为a，然后利用圆心到直线x−y−2=0的距离减去半径可得b，进而可得到答案.【解答过程】由x=1−(1−y)2≥0可知，x2+(y−1)2=1，且x≥0其中实线为直线x−y−2=0，虚线为直线l，曲线x=1−(1−y)2上的点到直线x−y−2=0的距离可转化为直线l与直线x−y−2=0之间的距离，结合图像易知，当直线l过(0,2)时，直线l与直线x−y−2=0之间的距离最大，即曲线x=1−(1−y)2上的点到直线x−y−2=0的距离最大，易知此时直线l的方程为：x−y+2=0，由平行线间的距离公式可得，a=|0−2−2|12+(−1)2=22，因为【变式5-3】过点2,−1引直线l与曲线y=1−x2相交于A､B两点，则直线lA．−1,−34 B．−43,−1 【解题思路】画出曲线表示的图象，数形结合即可求出.【解答过程】设直线l为y=kx−2−1，曲线如图：当直线l与圆相切于第一象限时，则由2k+1k2+1=1，解得k=0（舍去）或k=−43，又kPM=−1−02−1=−1【题型6直线与圆的方程的应用】【方法点拨】用坐标法解决几何问题时应注意以下几点：①应在利于解题的原则下建立适当的平面直角坐标系，不可随便建立；②在实际问题中，有些量具有一定的限制条件，转化成代数问题时要注意取值范围；③最后一定要将代数结果转化成几何结论.【例6】如图，某海面上有O，A，B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛402千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B(1)求圆C的方程；(2)若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45°方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险?【解题思路】（1）根据给定条件，求出点A，B的坐标，设出圆C的一般方程，利用待定系数法求解作答.（2）求出船D的航线所在直线的方程，再利用点到直线距离公式计算判断作答.【解答过程】（1）依题意，因A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛402千米处，则点A又B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处，则B20,0设过O，A，B三点的圆C的方程为x2则F=0402+所以圆C的方程为x2（2）因船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，则D−20,−20而船D沿着北偏东45°方向行驶，则船D的航线所在直线l的斜率为1，直线l的方程为x−y+20−203=0，由（1）知，圆C的圆心为C10,30则圆心C到直线l的距离d=10−30+20−2032【变式6-1】为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向22km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x(1)试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；(2)某日经观测发现，在该平台O正南10kmC处，有一艘轮船正以每小时87【解题思路】（1）先求出A，B的坐标，再由距离公式得出A，B之间的距离；（2）由A,O,B三点的坐标列出方程组得出经过O,A,B三点的圆的方程，设轮船航线所在的直线为l，再由几何法得出直线l与圆截得的弦长，进而得出安全警示区内行驶时长.【解答过程】(1)由题意得A(−2,2),B(12,0)，∴AB=(2)设圆的方程为x2因为该圆经过O,A,B三点，∴F=0−2D+2y+8=0144+12D=0，得到所以该圆的方程为：x2+y设轮船航线所在的直线为l，则直线l的方程为：y=x−10，圆心（6，8）到直线l:x−y−10=0的距离d=6−8−102=6直线l与圆截得的弦长为L=2100−622=4即在安全警示区内行驶时长为半小时.【变式6-2】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）.规划在公路l上选两个点P､Q，并修建两段直线型道路PB､QA.规划要求，线段PB､QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD（C,D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）.(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；(2)在规划要求下，点Q能否选在D处？并说明理由.【解题思路】（1）建立适当的坐标系，得圆O及直线PB的方程，进而得解.（2）不妨点Q选在D处，求AD方程并求其与圆的交点，在线段AD上取点不符合条件，得结论.【解答过程】(1)如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2因为AC=6，BD=12，所以OH=AC+BD2=9，故直线l则点A，B的纵坐标分别为3，−3从而A4,3，B−4,−3，直线AB的斜率为因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为−4直线PB的方程为y=−43x−253.令x=−13所以PB=−13+42+(2)若点Q选在D处，连结AD，可求出点D−4,9，又A所以线段AD:y=−34x+6−4≤x≤4.由x2故不妨取x=3，得到在线段AD上的点M3,因为OM=32+1542<因此点Q选在D处不满足规划要求.【变式6-3】为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的正东方向设立了两个观测站A、B（点A在点O、点B之间），它们到平台O的距离分别为3海里和12海里，记海平面上到两观测站距离PA，PB之比为12的点P的轨迹为曲线E，规定曲线E(1)以O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求曲线E的方程；(2)某日在观测站B处发现，在该海上平台正南211海里的C处，有一艘轮船正以每小时10海里的速度向北偏东30【解题思路】（1）、根据题意可知PAPB=1（2）、先求出轮船航行直线方程，再判断航行直线与安全预警区的位置关系，然后计算出航行直线被安全预警区截得的弦长，进而可以求出轮船在安全预警区中的航行时间；【解答过程】（1）设P(x,y)，则由题意A(3,0),B(12,0)，根据题意可知PAPB=∴2(x−3)2+y2=(x−12)2（2）∵C在该海上平台正南211海里处,∴C(0,−2∵轮船向北偏东30∘方向航行,∴轮船航行直线CD的倾斜角为60∘，即直线CD的斜率为∴轮船航行直线CD方程：y+211=3∵曲线E的方程为:x2+y2∴圆心O到直线CD的距离d=2∴如果轮船不改变航向，轮船一定会进入安全预警区.∴直线CD被圆O截得的弦长l=2∵轮船的速度v为每小时10海里，∴它在安全预警区中的航行时间t=答：如果轮船不改变航向，轮船一定会进入安全预警区，它在安全预警区中的航行时间为1个小时．专题2.7直线与圆的位置关系-重难点题型检测一．选择题1．直线3x+4y+12=0与圆x−12+y+1A．相交且过圆心 B．相切C．相离 D．相交但不过圆心【解题思路】根据圆心到直线的距离与半径的大小比较，即可判断圆与直线的位置关系.【解答过程】圆心坐标为1，−1，半径r=3，圆心到直线3x+4y+12=0的距离2．若直线y=x+b与曲线x=1−y2恰有一个公共点，则bA．−2,2C．−1,2∪2【解题思路】由题意，作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案.【解答过程】由曲线x=1−y2，可得xy=x+b是倾斜角为π4的直线与曲线x=①直线与半圆相切，根据d=r，所以d=b2=1，结合图象可得b=−2；②直线与半圆的上半部分相交于一个交点，由图可知−1<b≤1.综上可知：3．圆x2+y2−4x+4y+6=0A．6 B．62 C．1 【解题思路】方法一，先求出圆心和半径，然后求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得答案，方法二，将直线方程与圆的方程联立方程组，消去y，利用根与系数的关系结合弦长公式可求得答案【解答过程】方法一

圆的方程可化为(x−2)2+(y+2)2=2，则圆的半径r=2，圆心(2,−2)到直线l的距离方法二设直线l与圆相交于点Ax1,由x−y−5=0x2+y2−4x+4y+6=0，得所以AB=1+1×4．经过直线2x−y+3=0与圆x2+yA．x+352C．x+352【解题思路】当所求圆的直径就是已知圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小.由已知圆可得圆心半径，可得弦长，再求出过圆心且垂直于已知直线的直线方程，解方程组可得圆心，可得圆的方程．【解答过程】由题可知，当所求圆的直径就是已知圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小.圆x2+y2+2x−4y+1=0配方可得(x+1)2+弦心距d=|−2−2+3|22+12=55，弦长为222−(55)2=2955，过圆x5．过点P4,1作圆C:x−22A．3x−4y−8=0 B．3x−4y−8=0或x=4C．3x+4y−8=0 D．3x+4y−8=0或x=4【解题思路】根据切线斜率是否存在分类讨论，再利用圆心到切线的距离为半径可求切线方程.【解答过程】若切线的斜率不存在，则过P的直线为x=4，此时圆心C2,−3到此直线的距离为2即为圆的半径，故直线x=4为圆的切线.若切线的斜率存在，设切线方程为：y=kx−4+1即kx−y+1−4k=0，故2=2k+3+1−4k1+6．若P是直线l:3x+4y+1=0上一动点，过P作圆C:x−22+y−22=4的两条切线，切点分别为A，A．5 B．7 C．25 D．【解题思路】四边形PACB面积等于2S△PAC=PAAC=2PA=2PC【解答过程】由题意可得圆C:x−22+因为PA,PB与圆C相切，所以四边形PACB面积等于2SPC的最小值为圆心C到直线的距离d=3×2+4×2+1所以四边形PACB面积的最小值为237．已知在某滨海城市A附近的海面出现台风活动，据监测，目前台风中心位于城市A的东偏南60°方向，距城市A300km的海面点P处，并以20km/h的速度向西偏北30°方向移动．已知该台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域，半径为1003km．则城市A受台风影响的时间为（

A．5h B．53h C．523【解题思路】先求得台风中心距离城市A的最短距离，再利用直线截圆的弦长即可求得城市A受台风影响的时间【解答过程】如图，AP=300km，∠APB=30∘，台风中心沿PB台风中心距离城市A的最短距离为AB=AP又台风中心为圆心的圆形区域，半径为1003则台风中心在以城市A为圆心半径为1003km的圆内时，城市A以城市A为圆心半径为1003km的圆截直线PB所得弦长为2则城市A受台风影响的时间为100故选：B.8．若实数x，y满足x2＋y2－A．最大值为2＋3，最小值为—2－3B．最大值为2＋3，最小值为2－3C．最大值为－2＋3，最小值为－2－3D．最大值为—2＋3，最小值为2－3【解题思路】根据几何意义，把y−3x+2可看作圆上任意一点Px,y与定点【解答过程】x2＋y2－4x－14y＋45＝0可化为x−22＋y−72＝8.y−3x+2可看作圆上任意一点P二．多选题9．若直线l:y=x+m与曲线C:x=3−4y−y2有公共点，则实数mA．−1−22 B．C．−3 D．−4【解题思路】由题知曲线C是以(3,2)为圆心，半径为2左半圆，进而数形结合求解即可.【解答过程】解：由题知C:4y−y2所以，曲线C是以(3,2)为圆心，半径为2左半圆，如图，当直线l与曲线C相切时，由2=|3×1+2×(−1)+m|2，解得m=22−1，当直线过点所以，结合图形可知，实数m的取值范围是：−3,22−1．故实数m可以为故选：BC.10．已知直线l：ax+by−r2=0与圆C：xA．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【解题思路】根据点与圆的位置关系及直线与圆的位置关系，对选项逐一判断即可.【解答过程】对于选项A：∵点A在圆C上，∴a2∵圆心C0,0到直线l的距离为d=∴直线与圆C相切，故A选项正确；对于选项B：∵点A在圆C内，∴a∵圆心C0,0到直线l的距离为d=∴直线与圆C相离，故B选项正确；对于选项C：∵点A在圆C外，∴a2∵圆心C0,0到直线l的距离为d=∴直线与圆C相交，故C选项错误；对于选项D：∵点A在直线l上，∴a2∵圆心C0,0到直线l的距离为d=∴直线与圆C相切，故D选项正确．故选：ABD．11．已知过点P4,2的直线l与圆C:(x−3)2+(y−3)2=4A．AB的最大值为4B．AB的最小值为2C．点O到直线l的距离的最大值为2D．△POC的面积为3【解题思路】求得圆C的圆心坐标为C(3,3)，半径为r=2，结合圆的性质和圆的弦长公式，准线判定，即可求解.【解答过程】由题意，圆C:(x−3)2+(y−3)2又由点P4,2在圆C因为过点P4,2的直线l与圆C:(x−3)2所以AB的最大值为2r=4，所以A正确；因为PC=当直线l与PC垂直时，此时弦AB取得最小值，最小值为AB=2当直线l与OP垂直时，点O到直线l的距离有最大值，且最大值为OP=由kOC=3−03−0=1,所以△POC的面积为12故选：AC.12．已知直线l:x−y+5=0，过直线上任意一点M作圆C:x−32+y2=4的两条切线，切点分别为A．四边形MACB面积的最小值为47 B．∠AMBC．直线AB过定点12,52 【解题思路】S四边形MACB=2S△MAC=MA⋅AC=2MA，当CM⊥l时MC有最小值，求出MCmin可判断A；当CM⊥l时∠AMB最大，cos∠AMB=cos2∠AMC=1−2sin2∠AMC=34可判断B；设点Ax1,y【解答过程】对于A选项，由题意可知S四边形MACB=2S△MAC=MA⋅AC=2MA，当对于B选项，当CM⊥l时，∠AMB最大，此时cos∠AMB=cos2∠AMC=1−2对于C选项，设点Ax1,y1，Bx2,y2，Mx0,y0，则x0−y0+5=0，易知在点A、B处的切线方程分别为解方程组x+y−3=0,5y−3x+5=0,得x=52,y=对于D选项，设直线AB所过定点为P，则P52,12，当CP⊥AB时，弦长AB最小，此时CP三．填空题13．直线x+3y+12=0被圆x2【解题思路】先由圆的方程确定圆心坐标和半径大小，再求圆心到直线的距离，根据几何法求弦长.【解答过程】由题知：圆x2+y2=100故圆心到直线x+3y+12=0的距离d=12故答案为：16.14．直线y=kx−6+1与曲线y=3−4x−x2有两个不同的公共点，则实数k【解题思路】由已知，分别作出直线y=kx−6+1与曲线【解答过程】由曲线y=3−4x−x2可得(x−2)2+(y−3)2由图可知，kAB=1−36−0=−13，kAC=1−16−215．已知圆C:x2+y2+2x−4y+m=0与y轴相切，过P−2,4作圆C的切线，则切线l【解题思路】先将圆的方程化为标准方程，然后分直线的斜率存在和不存在两种情况求解.【解答过程】由圆C:x2+因为圆C:x2+所以5−m=1，解得m=4当过P−2,4的直线的斜率不存在时，直线l的方程为圆心到直线x=−2的距离为1，符合题意；当过P−2,4的直线的斜率存在时，设直线方程为y=kx+2+4，则k+2k2+1=1，解得k=−所以满足条件的切线l的方程为x=−2或3x+4y−10=0.故答案为：x=−2或3x+4y−10=0.16．一艘轮船在沿直线返回港口的途中，接到气象台的台风预报：台风中心位于轮船正西80km处，受影响的范围是半径为49km的圆形区域.已知港口位于台风中心正北60km处，如果这艘轮船不改变航线，那么它将会（填“会”或“不会”）受到台风的影响.【解题思路】以台风中心为原点O，东西方向为x轴，建立如图所示的直角坐标系.进而可推断出受台风影响的圆形区域所对应的圆的方程，及轮船航线所在直线l的方程，进而求得圆心到直线的距离，解果大于半径推断出轮船不受台风影响.【解答过程】解：以台风中心为原点O，东西方向为x轴，建立如图所示的直角坐标系.这样，受台风影响的圆形区域所对应的圆的方程为x2轮船航线所在直线l的方程为x80+y如果圆O与直线l有公共点，则轮船受影响，需要改变航向；如果O与直线l无公共点，则轮船不受影响，无需改变航向.由于圆心O0,0到直线l的距离d=所以直线l与圆O有公共点.这说明轮船将受台风影响.故答案为：会.四．解答题17．若曲线y＝1＋4−x2与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，求实数【解题思路】根据直线方程的点斜式和圆的方程，可得直线l经过点A(2,4)，曲线C表示以(0,1)圆心半径为2的圆的上半圆．由此作出图形，求出半圆切线的斜率和直线与半圆相交时斜率的最小值，结合图形加以观察即可得到本题答案．【解答过程】直线l:y=k(x−2)+4，即kx－y－2k＋4＝0，经过定点A(2,4)，曲线C:y=1+4−x2，化简得x2+(y−1)∴直线l与曲线C有两个交点，即直线与半圆有两个交点.当直线l与半圆相切时，3−2kk2+1当直线l为经过点B(−2,1)时，是斜率k的最大值，此时k=3动直线l位于切线与AB之间(包括AB)时，直线l与曲线C有两个交点，∴k的取值范围为(512，18．已知圆C:x2+(1)写出圆C的圆心坐标和半径，并判断直线l与圆C的位置关系；(2)设直线l与圆C交于A、B两点，若直线l的倾斜角为120°，求弦AB的长．【解题思路】（1）将圆的方程化为标准方程即可求其圆心C和半径r，求出直线l经过的定点，判断定点与圆的位置关系即可判断l与圆的位置关系；（2）求出圆心到直线的距离d，根据AB=2【解答过程】(1)由题设知圆C：x2∴圆C的圆心坐标为C0,1，半径为r＝5．又直线l可变形为：y−1=mx−1，则直线恒过定点M∵12+1−12=1<5，∴点M(2)由题意知m≠0，∴直线l的斜率k=m=tan∴圆心C0,1到直线l：3x+y−3−1=0∴|AB|=2r19．已知圆C的圆心在直线2x−y−2=0上，且与直线l：3x+4y−28=0相切于点P4,4(1)求圆C的方程；(2)求过点Q−4,1与圆C【解题思路】（1）先根据题意求出过P4,4与直