2.5.1 直线与圆的位置关系

圆 $ {\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}=2 $ 的圆心为 $ (1,0) $ ,半径 $ r=\sqrt{2} $ ,点 $ (1,0) $ 到直线 $ x-y+1=0 $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|1-0+1\right|}{\sqrt{{1}^{2}+{\left(-1\right) ^ {2}}}}=\sqrt{2}=r $ ,

所以直线 $ x-y+1=0 $ 与圆 $ {\left(x-1\right) ^ {2}}+{y}^{2}=2 $ 相切.故选 $ \mathrm{B} $ .

已知直线 $ l:(1+\lambda )x+y-\lambda =0(\lambda \in \boldsymbol{R}) $ ，变形整理得 $ (x+y)+\lambda (x-1)=0 $ ，

由 $ \begin{cases}x+y=0,\\ x-1=0,\end{cases} $ 得 $ \begin{cases}x=1,\\ y=-1,\end{cases} $ 即直线 $ l $ 恒过定点 $ (1,-1) $ ，把定点坐标代入圆 $ C $ 的方程的左端有 $ {1}^{2}+{\left(-1\right) ^ {2}}=2 < 4 $ ，即该定点在圆 $ C $ 内，所以直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相交.故选 $ \mathrm{A} $ .

因为直线 $ mx+ny=2 $ 与圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 没有公共点,所以直线 $ mx+ny=2 $ 与圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 相离,所以圆心 $ (0,0) $ 到直线 $ mx+ny=2 $ 的距离 $ {d}_{1}=\dfrac{\left|-2\right|}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}} > 2 $ ,即 $ {m}^{2}+{n}^{2} < 1 $ ,则圆心 $ (0,0) $ 到直线 $ nx+my=4 $ 的距离 $ {d}_{2}=\dfrac{\left|-4\right|}{\sqrt{{n}^{2}+{m}^{2}}} > 2 $ ,所以直线 $ nx+my=4 $ 与圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 相离.故选 $ \mathrm{C} $ .

由圆 $ E:{x}^{2}+{y}^{2}-4y+2=0 $ 的方程，可得圆心坐标 $ E(0,2) $ ，

将点 $ P(1,1) $ 的坐标代入圆 $ E $ 的方程，得 $ {1}^{2}+{1}^{2}-4×1+2=0 $ ，则点 $ P $ 在圆 $ E $ 上，

又 $ {k}_{PE}=\dfrac{1-2}{1-0}=-1 $ ，所以过点 $ P $ 与圆 $ E $ 相切的直线的斜率为1，

所以过点 $ P $ 的切线方程为 $ y-1=x-1 $ ，即 $ x-y=0 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

圆 $ C:{\left(x+2\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=1 $ 的圆心 $ C(-2,1) $ ,半径 $ r=1 $ ,将点 $ A $ 的坐标代入圆 $ C $ 的方程的左端，得 $ {1}^{2}+{\left(-3\right) ^ {2}}=10 > 1 $ ，则点 $ A $ 在圆 $ C $ 外.当 $ l $ 的斜率不存在时,直线 $ l $ 的方程为 $ x=-1 $ ,点 $ C $ 到直线 $ x=-1 $ 的距离为1,满足题意；当 $ l $ 的斜率存在时,设 $ l $ 的方程为 $ y=k(x+1)-2 $ ,由直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相切,得圆心 $ C $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|-k-3\right|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1 $ ,解得 $ k=-\dfrac{4}{3} $ ,则 $ l $ 的方程为 $ y=-\dfrac{4}{3}(x+1)-2 $ ,即 $ 4x+3y+10=0 $ ,所以直线 $ l $ 的方程为 $ x+1=0 $ 或 $ 4x+3y+10=0 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

如图所示，圆心 $ C(5,0) $ ,连接 $ CP $ , $ CA $ ，因为直线 $ {l}_{1} $ ， $ {l}_{2} $ 关于直线 $ y=x-1 $ 对称，所以 $ CP $ 垂直于直线 $ y=x-1 $ ，故 $ \left|CP\right|=\dfrac{\left|5-1\right|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2} $ ,而 $ \left|AC\right|=\sqrt{2} $ ,则 $ \left|PA\right|=\sqrt{{\left|CP\right|}^{2}-{\left|CA\right|}^{2}}=\sqrt{6} $ .故选C.

对于圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}=1 $ ，其圆心坐标为 $ (0,0) $ ，半径 $ r=1 $ .根据点 $ ({x}_{0},{y}_{0}) $ 到直线 $ Ax+By+C=0 $ 的距离公式 $ d=\dfrac{|A{x}_{0}+B{y}_{0}+C|}{\sqrt{{A}^{2}+{B}^{2}}} $ ，可知圆 $ C $ 的圆心 $ (0,0) $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{|2×0+0-5|}{\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}}=\dfrac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5} $ .根据切线长、圆的半径和圆心到点 $ P $ 的距离构成直角三角形，设圆心到点 $ P $ 的距离为 $ {d}_{1} $ ，由勾股定理可得 $ |PA|=\sqrt{{d}_{1}^{2}-{r}^{2}} $ ，当 $ {d}_{1} $ 取最小值 $ \sqrt{5} $ 时， $ |PA| $ 最小，此时 $ |PA|=\sqrt{{\left(\sqrt{5}\right) ^ {2}}-{1}^{2}}=\sqrt{5-1}=\sqrt{4}=2 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

易知直线 $ x-y+1=0 $ 与直线 $ 2x-2y-1=0 $ 平行，若两条平行直线是圆 $ C $ 的两条切线，则两直线之间的距离为圆的直径.直线 $ x-y+1=0 $ ，即 $ 2x-2y+2=0 $ ，与直线 $ 2x-2y-1=0 $ 间的距离 $ d=\dfrac{\left|2+1\right|}{\sqrt{{2}^{2}+{\left(-2\right) ^ {2}}}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{4} $ ，则圆 $ C $ 的半径 $ r=\dfrac{3\sqrt{2}}{8} $ ，圆 $ C $ 的面积 $ S=\mathrm{\pi }{r}^{2}=\dfrac{9}{32}\mathrm{\pi } $ .

由圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}-6y=0 $ ,得 $ C:{x}^{2}+{\left(y-3\right) ^ {2}}=9 $ ,所以圆 $ C $ 的圆心的坐标为 $ (0,3) $ ,半径 $ r=3 $ ,所以圆心 $ C $ 到直线 $ l:x-y+6=0 $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|0-3+6\right|}{\sqrt{{1}^{2}+{\left(-1\right) ^ {2}}}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ ,所以直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相交的弦长 $ \left|AB\right|=2\sqrt{{r}^{2}-{d}^{2}}=2\sqrt{9-{\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right) ^ {2}}}=3\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由圆 $ O:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 可得圆心 $ O(0,0) $ ,半径 $ r=2 $ , $ \because △OAB $ 为正三角形,边长为 $ r $ , $ \therefore $ 圆心 $ O(0,0) $ 到直线 $ x+y+a=0 $ 的距离 $ d=\dfrac{\sqrt{3}}{2}r=\sqrt{3} $ ,即 $ d=\dfrac{\left|a\right|}{\sqrt{2}}=\sqrt{3} $ ,解得 $ a=±\sqrt{6} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由直线 $ l:x+(1-m)y+m=0(m\in \boldsymbol{R}) $ 可得 $ (1-y)m+x+y=0 $ ,

令 $ \begin{cases}1-y=0,\\ x+y=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=-1,\\ y=1,\end{cases} $ 所以直线 $ l $ 恒过定点 $ P(-1,1) $ ,且圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}=4 $ 的圆心 $ C(0,0) $ ,半径 $ r=2 $ ,易知点 $ P $ 在圆 $ C $ 内.

当直线 $ l $ 与直线 $ CP $ 垂直时, $ |AB| $ 最小,且 $ |CP|=\sqrt{{\left(-1\right) ^ {2}}+{1}^{2}}=\sqrt{2} $ ,

所以 $ |AB{|}_{ \min }=2\sqrt{{r}^{2}-{|CP|}^{2}}=2\sqrt{4-2}=2\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由 $ {x}^{2}+{y}^{2}+x-6y+m=0 $ ,得 $ {\left(x+\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+{\left(y-3\right) ^ {2}}=\dfrac{37}{4}-m $ ,所以圆心为 $ C(-\dfrac{1}{2},3) $ ,半径为 $ r=\sqrt{\dfrac{37}{4}-m} $ ,取 $ PQ $ 的中点 $ M $ ,连接 $ OM $ , $ CM $ , $ CQ $ ,则 $ CM\perp PQ $ ,又直线 $ x+2y-3=0 $ 的斜率为 $ -\dfrac{1}{2} $ ,所以直线 $ CM $ 的方程为 $ y-3=2(x+\dfrac{1}{2}) $ ,即 $ 2x-y+4=0 $ ,由 $ \begin{cases}x+2y-3=0,\\ 2x-y+4=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=-1,\\ y=2,\end{cases} $ 则 $ M(-1,2) $ ,故 $ \left|CM\right|=\sqrt{{\left(-\dfrac{1}{2}+1\right) ^ {2}}+{\left(3-2\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{5}}{2} $ , $ \left|OM\right|=\sqrt{1+4}=\sqrt{5} $ ,由 $ \overrightarrow {OP}\cdot \overrightarrow {OQ}=0 $ ,知 $ OP\perp OQ $ ,所以 $ \left|MQ\right|=\left|MO\right|=\sqrt{5} $ ,在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△CMQ $ 中,由 $ \left|CQ\right|=r=\sqrt{{\left|CM\right|}^{2}+{\left|MQ\right|}^{2}} $ ,得 $ \dfrac{5}{4}+5=\dfrac{37}{4}-m $ ,解得 $ m=3 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意知，曲线 $ y=\sqrt{4-{x}^{2}} $ 可化为 $ {x}^{2}+{y}^{2}=4(y\geqslant 0) $ ，则曲线 $ E $ 表示以 $ (0,0) $ 为圆心，半径 $ r=2 $ 的半圆，且 $ y\geqslant 0 $ .

当直线 $ y=2x+b(b\geqslant 0) $ 与半圆相切时，可得 $ \dfrac{|b|}{\sqrt{{2}^{2}+{\left(-1\right) ^ {2}}}}=2 $ ，解得 $ b=2\sqrt{5} $ 或 $ b=-2\sqrt{5} $ （舍去），

因为直线 $ y=2x+b $ 与曲线 $ y=\sqrt{4-{x}^{2}} $ 恰有两个公共点，如图所示，当直线 $ y=2x+b $ 经过 $ (-2,0) $ 时为临界情况，此时 $ b=4 $ ，

所以当 $ 4\leqslant b < 2\sqrt{5} $ 时，直线 $ y=2x+b $ 与曲线 $ y=\sqrt{4-{x}^{2}} $ 恰有两个公共点.

记 $ A(2,0) $ ,则 $ k=\dfrac{y}{x-2} $ 为直线 $ AP $ 的斜率,故当直线 $ AP $ 与半圆 $ {x}^{2}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=1 $ , $ x > 0 $ 相切时,斜率 $ k $ 最小,设 $ {l}_{AP}:y=k(x-2) $ , $ k < 0 $ ,则 $ \dfrac{\left|-1-2k\right|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1 $ ,解得 $ k=-\dfrac{4}{3} $ 或 $ k=0 $ （舍去）,即 $ \dfrac{y}{x-2} $ 的最小值为 $ -\dfrac{4}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

（1）【解】根据题意，得点 $ P $ 在圆 $ C $ 外，分两种情况讨论：

当直线 $ l $ 的斜率不存在时，过点 $ P(1,2) $ 的直线方程是 $ x=1 $ ，与圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}=1 $ 相切，满足题意；

当直线 $ l $ 的斜率存在时，设直线 $ l $ 的方程为 $ y-2=k(x-1) $ ，即 $ kx-y-k+2=0 $ ，因为直线 $ l $ 与圆 $ C $ 相切，所以圆心 $ (0,0) $ 到直线 $ l $ 的距离为 $ \dfrac{\left|2-k\right|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1 $ ，解得 $ k=\dfrac{3}{4} $ ，

此时，直线 $ l $ 的方程为 $ 3x-4y+5=0 $ .

所以满足条件的直线 $ l $ 的方程是 $ x=1 $ 或 $ 3x-4y+5=0 $ .

（2）【解】

根据题意，若 $ \left|AB\right|=\sqrt{2} $ ，则圆心到直线 $ m $ 的距离 $ d=\sqrt{{1}^{2}-{\left(\dfrac{\left|AB\right|}{2}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，结合（1）知直线 $ m $ 的斜率一定存在.

设直线 $ m $ 的方程为 $ y-2=n(x-1) $ ，即 $ nx-y-n+2=0 $ ，则 $ d=\dfrac{\left|2-n\right|}{\sqrt{{n}^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，解得 $ n=1 $ 或 $ n=7 $ .

所以满足条件的直线 $ m $ 的方程是 $ x-y+1=0 $ 或 $ 7x-y-5=0 $ .