分析 (Ⅰ)m=1時,圓心C1(-2,0),半徑r=1,圓心C1到直線x-$\sqrt{3}$y+1=0的距離d=$\frac{1}{2}$,由此能求出直線x-$\sqrt{3}$y+1=0被圓C1截得的弦長.
(Ⅱ)設(shè)直線l的方程為y=kx+b,圓C1的半徑為d1,圓C2的半徑為d2,由已知得($\frac{|-2k+b|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$)2+($\frac{|2k+b|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$)2=4,又l1,l2在l的兩側(cè),得(-2k+b)(2k+b)<0,由此能求出結(jié)果.
解答 解:(Ⅰ)m=1時,⊙C1:(x+2)2+y2=1,圓心C1(-2,0),半徑r=1,
圓心C1到直線x-$\sqrt{3}$y+1=0的距離d=$\frac{|-2+1|}{\sqrt{1+3}}$=$\frac{1}{2}$,
∴直線x-$\sqrt{3}$y+1=0被圓C1截得的弦長為:2$\sqrt{{r}^{2}-ksdinyd^{2}}$=2$\sqrt{1-\frac{1}{4}}$=$\sqrt{3}$.
(Ⅱ)設(shè)直線l的方程為y=kx+b,
∵直線l使圓C1和圓C2在l的兩側(cè),且均與1相切,
設(shè)圓C1的半徑為d1,圓C2的半徑為d2,
C1(-2,0),C2(2,0),${xiovwck_{1}}^{2}+{lpdfqpb_{2}}^{2}={m}^{2}+4-{m}^{2}=4$,
∴($\frac{|-2k+b|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$)2+($\frac{|2k+b|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$)2=4,
∴$\frac{2(4{k}^{2}+^{2})}{{k}^{2}+1}$=4,
∴8k2+2b2=4k2+4,
∴b2=2-2k2,①
又l1,l2在l的兩側(cè),
∴(-2k+b)(2k+b)<0,
∴b2-4k2<0,②
∴由①②,得$^{2}-4•\frac{2-^{2}}{2}<0$,
∴b2-2(2-b2)<0,
解得-$\frac{2\sqrt{3}}{3}<b<\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
點評 本題考查弦長的求法,考查實數(shù)的取值范圍的求法,是中檔題,解題時要認真審題,注意圓的性質(zhì)點到直線的距離公式的合理運用.
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A. | $2\sqrt{3}$ | B. | $2\sqrt{2}$ | C. | 8 | D. | 12 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | {x|x≠±2} | B. | (-2,2) | C. | (-∞,-2)∪(2,+∞) | D. | (-∞,-2)∪(0,2) |
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A. | $\frac{1}{3}$ | B. | $\frac{2}{3}$ | C. | $\frac{1}{6}$ | D. | $\frac{5}{6}$ |
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A. | $\frac{e}{2}$ | B. | $\frac{e}{3}$ | C. | -$\frac{e}{2}$ | D. | -$\frac{e}{3}$ |
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