Question

2．已知⊙C：（x-6）²+y²=4，直線過點P（0，2）且斜率為k．
（1）若直線與⊙C有公共點，求k的取值范圍；
（2）若直線與⊙C交于不同兩點A、B，是否存在常數(shù)k，使以AB為直徑的圓過⊙C的圓心C？若存在，試求出k的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）直線的方程為：y=kx+2，由題意可得：$\frac{|6k+2|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$≤2，解得k即可得出．
（2）假設存在常數(shù)k，使以AB為直徑的圓過⊙C的圓心C，則$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=0，直線方程與圓的方程聯(lián)立，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關系．

解答 解：（1）直線的方程為：y=kx+2，由題意可得：$\frac{|6k+2|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$≤2，解得$-\frac{3}{4}≤k≤0$．
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
假設存在常數(shù)k，使以AB為直徑的圓過⊙C的圓心C，則$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=（x₁-6）（x₂-6）+y₁y₂=（x₁-6）（x₂-6）+（kx₁+2）（kx₂+2）
=（k²+1）x₁x₂+（2k-6）（x₁+x₂）+40=0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{（x-6）^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+k²）x²+（4k-12）x+36=0．
∴x₁+x₂=$\frac{12-4k}{1+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{36}{1+{k}^{2}}$，
∴（k²+1）×$\frac{36}{1+{k}^{2}}$+（2k-6）$\frac{12-4k}{1+{k}^{2}}$+40=0．
化為8k²+12k+1=0．
解得k=$\frac{-3±\sqrt{7}}{4}$．
∵$-\frac{3}{4}≤k≤0$，∴k=$\frac{\sqrt{7}-3}{4}$．
存在常數(shù)k=$\frac{\sqrt{7}-3}{4}$，使以AB為直徑的圓過⊙C的圓心C．

點評 本題考查了直線與圓的位置關系、點到直線的距離公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、向量垂直與數(shù)量積的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．