Question

2．已知⊙C：（x-6）²+y²=4，直线过点P（0，2）且斜率为k．
（1）若直线与⊙C有公共点，求k的取值范围；
（2）若直线与⊙C交于不同两点A、B，是否存在常数k，使以AB为直径的圆过⊙C的圆心C？若存在，试求出k的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）直线的方程为：y=kx+2，由题意可得：$\frac{|6k+2|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$≤2，解得k即可得出．
（2）假设存在常数k，使以AB为直径的圆过⊙C的圆心C，则$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=0，直线方程与圆的方程联立，利用一元二次方程的根与系数的关系．

解答 解：（1）直线的方程为：y=kx+2，由题意可得：$\frac{|6k+2|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$≤2，解得$-\frac{3}{4}≤k≤0$．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
假设存在常数k，使以AB为直径的圆过⊙C的圆心C，则$\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{CB}$=（x₁-6）（x₂-6）+y₁y₂=（x₁-6）（x₂-6）+（kx₁+2）（kx₂+2）
=（k²+1）x₁x₂+（2k-6）（x₁+x₂）+40=0．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{（x-6）^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（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．
化为8k²+12k+1=0．
解得k=$\frac{-3±\sqrt{7}}{4}$．
∵$-\frac{3}{4}≤k≤0$，∴k=$\frac{\sqrt{7}-3}{4}$．
存在常数k=$\frac{\sqrt{7}-3}{4}$，使以AB为直径的圆过⊙C的圆心C．

点评 本题考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式、一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．