2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸納與達(dá)標(biāo)檢測第47講直線與圓圓與圓的位置關(guān)系（達(dá)標(biāo)檢測）

第47講直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系（達(dá)標(biāo)檢測）[A組]—應(yīng)知應(yīng)會(huì)1．（2020春?張家界期末）已知圓M：（x﹣3）2+（y+4）2＝4與圓N：x2+y2＝9，則兩圓的位置關(guān)系為（）A．內(nèi)切 B．外切 C．相交 D．外離【分析】由已知圓的方程求出圓心坐標(biāo)與半徑，再由兩圓的圓心距與半徑的關(guān)系得答案．【解答】解：圓M：（x﹣3）2+（y+4）2＝4的圓心坐標(biāo)為M（3，﹣4），半徑為2；圓N：x2+y2＝9，的圓心坐標(biāo)N（0，0），半徑為3．由|MN|＝＝5＝2+3，∴兩圓的位置關(guān)系是外切．故選：B．2．（2020春?赤峰期末）直線x+y﹣2＝0與圓x2+y2＝4交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長是（）A． B． C．2 D．2【分析】根據(jù)題意，分析圓的圓心與半徑，求出圓心到直線的距離，結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系分析可的答案．【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y2＝4的圓心為（0，0），半徑r＝2，圓心到直線x+y﹣2＝0的距離d＝＝，則|AB|＝2＝2；故選：C．3．（2020春?開封期末）若直線x+y＝0與圓（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2相切，則m＝（）A．1 B．﹣1 C．﹣1或3 D．﹣3或1【分析】根據(jù)題意，分析圓的圓心與半徑，結(jié)合直線與圓相切的判斷方法可得＝，解可得m的值，即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，圓（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2，圓心為（m，1），半徑r＝，若直線x+y＝0與圓（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2相切，必有＝，解可得：m＝﹣3或1；故選：D．4．（2020春?遼源期末）圓x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上的點(diǎn)到直線x+y﹣14＝0距離的最小值為（）A．36 B．18 C．2 D．5【分析】由圓的方程求得圓心坐標(biāo)與半徑，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，減去半徑得答案．【解答】解：化圓x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0為（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，得圓心坐標(biāo)為（2，2），半徑為．圓心到直線x+y﹣14＝0的距離d＝．∴圓x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上的點(diǎn)到直線x+y﹣14＝0距離的最小值為．故選：C．5．（2020春?龍巖期末）直線y＝a（x﹣1）+2（a∈R）過定點(diǎn)A，則過點(diǎn)A且與圓x2+y2＝1相切的直線方程為（）A．3x﹣4y+5＝0 B．3x+4y﹣5＝0 C．3x+4y﹣5＝0或x＝1 D．3x﹣4y+5＝0或x＝1【分析】根據(jù)題意，設(shè)要求直線為直線l，由直線y＝a（x﹣1）+2的方程得到定點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而分直線l的斜率存在與不存在兩種情況討論，求出直線l的方程，綜合即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)要求直線為直線l，直線y＝a（x﹣1）+2，變形可得y﹣2＝a（x﹣1），過點(diǎn)A，有，則有，故A的坐標(biāo)為（1，2），若直線l的斜率存在，則直線可以表示為y＝a（x﹣1）+2，即ax﹣y﹣a+2＝0，則有＝1，解可得a＝，此時(shí)直線l的方程為y＝（x﹣1）+2，變形可得3x﹣4y+5＝0若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x＝1，與圓x2+y2＝1相切，符合題意；綜上，直線的方程為3x﹣4y+5＝0或x＝1；故選：D．6．（2020?道里區(qū)校級(jí)四模）直線y＝x+m與圓O：x2+y2＝16相交于M、N兩點(diǎn)，若∠MON≥，則m的取值范圍是（）A．[﹣2，2] B．[﹣4，4] C．[﹣2，2] D．[0，2]【分析】由題意畫出圖形，若∠MON≥，可得O到直線y＝x+m的距離小于等于2，再由點(diǎn)到直線的距離公式列式求解．【解答】解：如圖，過O作OH⊥MN，垂足為H，則H為MN的中點(diǎn)，由∠MON≥，得∠MOH，可得OH≤2．即O到直線x﹣y+m＝0的距離d＝≤2，∴．∴m的取值范圍是[，]．故選：C．7．（2020春?紅河州期末）已知直線l：kx+y﹣2＝0（k∈R）是圓C：x2+y2﹣6x+2y+6＝0的一條對(duì)稱軸，若點(diǎn)A（2，k），B為圓C上任意的一點(diǎn)，則線段AB長度的最小值為（）A．+2 B．2 C． D．﹣2【分析】化圓的方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，求得圓心坐標(biāo)與半徑，把圓心坐標(biāo)代入直線l的方程求得k，得到A的坐標(biāo)，再由A到圓心的距離減去半徑得答案．【解答】解：化圓C：x2+y2﹣6x+2y+6＝0為（x﹣3）2+（y+1）2＝4，得圓心坐標(biāo)為C（3，﹣1），半徑r＝2∵直線l：kx+y﹣2＝0（k∈R）是圓C的一條對(duì)稱軸，∴3k﹣1﹣2＝0，即k＝1．∴A（2，k）＝（2，1），且A在圓C外部，又B為圓C上任意的一點(diǎn)，∴＝．故選：D．8．（2020?漳州模擬）已知兩圓x2+y2+4ax+4a2﹣4＝0和x2+y2﹣2by+b2﹣1＝0恰有三條公切線，若a∈R，b∈R，且ab≠0，則的最小值為（）A．3 B．1 C． D．【分析】求出兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，結(jié)合兩圓有三條公切線，得到兩圓相外切，結(jié)合圓外切的等價(jià)條件，求出a，b的關(guān)系，結(jié)合基本不等式的性質(zhì)進(jìn)行求解即可．【解答】解：兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+2a）2+y2＝4和x2+（y﹣b）2＝1，圓心為（﹣2a，0），和（0，b），半徑分別為2，1，若兩圓恰有三條公切線，則等價(jià)為兩圓外切，則滿足圓心距＝2+1＝3，即4a2+b2＝9，則a2+b2＝1，則＝（）（a2+b2）＝+++≥+2＝+＝1，故選：B．9．（多選）（2020春?秦淮區(qū)期末）過點(diǎn)（2，0）作圓x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的切線l，則直線l的方程為（）A．3x+4y﹣6＝0 B．4x+3y﹣8＝0 C．x﹣2＝0 D．x+2＝0【分析】根據(jù)題意，分析圓x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的圓心以及半徑，分直線l的斜率不存在與存在兩種情況討論，求出每種情況下直線l的方程，綜合即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1，其圓心為（1，3），半徑r＝1；若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x＝2，圓心（1，3）到直線l的距離d＝r，與圓相切，符合題意；若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線l方程為y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0，則有d＝＝1，解可得k＝﹣，此時(shí)直線l的方程為4x+3y﹣8＝0，綜合可得：直線l的方程為x＝2或4x+3y﹣8＝0；故選：BC．10．（多選）（2020春?新華區(qū)校級(jí)月考）設(shè)有一組圓?k：（x﹣k）2+（y﹣k）2＝4，（k∈R），下命題正確的是（）A．不論k如何變化，圓心?k始終在一條直線上 B．所有圓?k均不經(jīng)過點(diǎn)（3，0） C．存在一條定直線始終與圓?k相切 D．若k，則圓?k上總存在兩點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為1【分析】直接求出圓心所在直線方程判斷A；把（3，0）代入圓的方程，求得k無解判斷B；舉例說明C正確；把問題轉(zhuǎn)化為圓x2+y2＝1與圓?k有兩個(gè)交點(diǎn)，求出k的范圍判斷D．【解答】解：圓心在直線y＝x上，A正確；若（3﹣k）2+（0﹣k）2＝4，化簡得2k2﹣6k+5＝0，△＝36﹣40＝﹣4＜0，無解，B正確；存在定直線始終與圓?k相切，C正確；圓?k上總存在兩點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為1，問題轉(zhuǎn)化為圓x2+y2＝1與圓?k有兩個(gè)交點(diǎn)，則k∈，D正確．故選：ABCD．11．（2020春?河池期末）直線y＝x+1被圓x2+y2＝4截得的弦長為．【分析】根據(jù)題意，求出圓的圓心與半徑，得到圓心到直線的距離，結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y2＝4，圓心為（0，0），半徑r＝2，圓心到直線y＝x+1的距離d＝＝，則直線被圓x2+y2＝4截得的弦長為2×＝；故答案為：．12．（2020?閔行區(qū)校級(jí)模擬）已知圓x2+y2＝5，則過點(diǎn)P（2，﹣1）的圓C的切線方程是．【分析】根據(jù)題意，分析可得點(diǎn)P在圓上，求出直線OP的斜率，即可得切線的斜率，由直線的點(diǎn)斜式方程分析可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y2＝5，點(diǎn)P（2，﹣1）滿足22+（﹣1）2＝5，即點(diǎn)P在圓上，則kOP＝＝﹣，則切線的斜率k＝2，即切線的方程為y+1＝2（x﹣2），變形可得2x﹣y＝5，即切線的方程為2x﹣y＝5；故答案為：2x﹣y＝5．13．（2020春?通州區(qū)期末）圓C1：x2+（y﹣1）2＝4與圓C2：（x﹣3）2+y2＝1的公切線共有條．【分析】根據(jù)題意，分析兩個(gè)圓的圓心以及半徑，由圓與圓的位置關(guān)系分析可得兩圓相離，據(jù)此分析可得答案．【解答】解：圓C1：x2+（y﹣1）2＝4，圓心C1（0，1），半徑為2，圓C2：（x﹣3）2+y2＝4，圓心C2（3，0），半徑為1，兩圓的圓心距為＞2+1＝3，正好大于兩圓的半徑之和，故兩圓相離，故兩圓的公切線有4條，故答案為：4．14．（2020春?韶關(guān)期末）直線y＝x+b被圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦長的最大值是；若該圓上到此直線y＝x+b的距離等于1的點(diǎn)有且僅有4個(gè)，則b的取值范圍是．【分析】①當(dāng)直線過圓心時(shí)所截的弦長取最大值；②利用數(shù)形結(jié)合法將題意轉(zhuǎn)化為d＜1，再解絕對(duì)值不等式即可得到答案．【解答】解：①設(shè)圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圓心為C（1，1），半徑r＝2，當(dāng)直線y＝x+b過圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圓心C（1，1）時(shí)，即當(dāng)b＝0時(shí)，此時(shí)直線截圓得到的弦為直徑，即直線y＝x+b被圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦長的最大值2r＝4．②若該圓上到此直線y＝x+b的距離等于1的點(diǎn)有且僅有4個(gè)，設(shè)圓心C到直線y＝x+b的距離為d，則d＜1，即，解得，則b的取值范圍是．15．（2020?黃山二模）已知圓C1：x2+y2+2ax+a2﹣4＝0，（a∈R）與圓C2：x2+y2﹣2by﹣1+b2＝0，（b∈R）只有一條公切線，則a+b的最小值為．【分析】由圓的方程求出圓心坐標(biāo)及半徑，再由由兩個(gè)圓只有一條公切線可得兩個(gè)圓內(nèi)切，即圓心距等于兩個(gè)半徑之差，進(jìn)而可得a2+b2＝1，設(shè)a，b為三角函數(shù)，由三角函數(shù)的范圍求出a+b的最小值．【解答】解：圓C1：x2+y2+2ax+a2﹣4＝0的圓心C1坐標(biāo)（﹣a，0），半徑r1＝2，圓C2：x2+y2﹣2by﹣1+b2＝0的圓心C2（0，b），半徑r2＝1，由兩個(gè)圓只有一條公切線可得兩個(gè)圓內(nèi)切，圓心距|C1C2|＝＝2﹣1＝1，所以可得a2+b2＝1，設(shè)a＝cosα，b＝sinα，α∈R，所以a+b＝sin（）∈[﹣，]，當(dāng)且僅當(dāng)＝+2kπ，k∈Z時(shí)，即α＝﹣+2kπ，k∈Z時(shí)，a+b的最小值為﹣，故答案為：﹣．16．（2020春?啟東市校級(jí)月考）已知圓C1：x2+y2＝9，圓C2：x2+y2＝4，定點(diǎn)M（1，0），動(dòng)點(diǎn)A，B分別在圓C2和圓C1上，滿足∠AMB＝90°，則線段AB的取值范圍．【分析】設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），由條件可得|AB|2＝15﹣2（x1+x2）．設(shè)AB中點(diǎn)為N（x0，y0），則|AB|2＝15﹣4x0，利用線段的中點(diǎn)公式求得N的方程，再由x0的范圍，求得|AB|的范圍．【解答】解：設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），則|AB|2＝（x2﹣x1）2+（y2﹣y1）2＝13﹣2（x1x2+y1y2）．∵﹣2≤x1≤2，MA⊥MB，∴（x1﹣1，y1）．（x2﹣1，y2）＝0，即（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝0，即x1x2+y1y2＝x1+x2﹣1，∴|AB|2＝13﹣2（x1+x2﹣1）＝15﹣2（x1+x2）．設(shè)AB中點(diǎn)為N（x0，y0），則|AB|2＝15﹣4x0，∵2x0＝x1+x2，2y0＝y(tǒng)1+y2，∴4（x02+y02）＝13+2（x1x2+y1y2）＝13+2（x1+x2﹣1）＝11+4x0，即（x0﹣）2+y02＝3，∴點(diǎn)N（x0，y0）的軌跡是以（，0）為圓心、半徑等于的圓，∴x0的取值范圍是[，]，故13﹣4≤|AB|2≤13+，故|AB|的范圍為[，]，故答案為：[，]．17．（2020春?保山期末）已知圓C經(jīng)過A（﹣1，5），B（5，5），D（6，﹣2）三點(diǎn)．（Ⅰ）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）求經(jīng)過點(diǎn)E（﹣3，2）且和圓C相切的直線l的方程．【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意，設(shè)要求圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，將三點(diǎn)坐標(biāo)代入計(jì)算可得D、E、F的值，即可得圓C的一般式方程，變形可得答案；（Ⅱ）根據(jù)題意，分析圓C的圓心與半徑，進(jìn)而分別討論直線l的斜率存在與不存在時(shí)直線l的方程，綜合即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根據(jù)題意，設(shè)過A（﹣1，5），B（5，5），C（6，﹣2）三點(diǎn)的圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，則有，解可得D＝﹣4，E＝﹣2，F(xiàn)＝﹣20，故所求圓的一般方程為x2+y2﹣4x﹣2y﹣20＝0，變形可得（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，故圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，（Ⅱ）由（Ⅰ）的結(jié)論，圓C的方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，其圓心C（2，1），半徑r＝5，若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x＝﹣3，圓心（2，1）到直線l的距離d＝5，與圓相切，符合題意，若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為y﹣2＝k（x+3），即kx﹣y+3k+2＝0，則有d＝＝5，解可得k＝，故直線l的方程為12x﹣5y+46＝0；綜合可得：直線l的方程為x＝﹣3或12x﹣5y+46＝0．18．（2020春?婁底期末）已知直線l：x﹣y+2＝0和圓C：x2+y2﹣6y+5＝0．（1）直線l交圓C于A，B兩點(diǎn)，求弦長|AB|；（2）求過點(diǎn)P（2，﹣5）的圓的切線方程．【分析】（1）根據(jù)題意，由圓的方程分析圓的圓心以及半徑，求出圓心到直線的距離，由勾股定理分析可得答案；（2）根據(jù)題意，分直線的斜率存在與不存在兩種情況討論，求出切線的方程，綜合2種情況即可得答案．【解答】解：（1）根據(jù)題意，圓C：x2+y2﹣6y+5＝0，即x2+（y﹣3）2＝4，其圓心為（0，3），半徑r＝2；直線l：x﹣y+2＝0，圓心到直線l的距離d＝＝，故|AB|＝2×＝；（2）根據(jù)題意，分2種情況討論：①當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，此時(shí)要求直線為x＝2，圓心C（0，3）到直線x＝2的距離d＝r＝2，直線與圓相切，符合題意；②當(dāng)直線的斜率k存在時(shí)，設(shè)切線方程為y+5＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣5＝0，則有d＝＝2，解可得k＝﹣，此時(shí)切線的方程為15x+8y+10＝0，綜合可得：切線的方程為x＝2或15x+8y+10＝0．19．（2020春?赤峰期末）已知圓C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝5，直線l：mx﹣y﹣m＝0．（1）求證：對(duì)m∈R，直線l與圓C總有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（2）設(shè)l與圓C交于不同兩點(diǎn)A，B，若|AB|＝，求直線l的傾斜角．【分析】（1）方法1：直線通過比較圓心到直線l的距離與半徑的大小比較得到直線與圓相交，進(jìn)而證明直線l與圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，方法2：直線l經(jīng)過定點(diǎn)（1，0），定點(diǎn)（1，0）在圓C內(nèi)，由此能證明對(duì)m∈R，直線l與圓C總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；（2）先求出圓心到直線l的距離，再結(jié)合圓的弦長公式列方程即可解出m，進(jìn)而求出直線l的傾斜角．【解答】解：（1）方法1：圓C的圓心坐標(biāo)為（1，1），半徑為，圓心C到直線l的距離d＝，故直線l與圓C相交，則對(duì)m∈R，直線l與圓C總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．方法2：對(duì)于直線l：y＝m（x﹣1）過定點(diǎn)（1，0），又因?yàn)椋?﹣1）2+（0﹣1）2＜5，則定點(diǎn)（1，0）在圓C的內(nèi)部，即對(duì)m∈R，直線l與圓C相交，總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．（2）設(shè)圓心C到直線l的距離為d，直線l的傾斜角為，則，又因?yàn)閳AC的半徑為，，解得，所以，∴或．20．（2020春?蘇州期末）如圖，點(diǎn)P（x0，y0）是圓O：x2+y2＝9上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓O的切線l與圓O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B兩點(diǎn)，已知當(dāng)直線l過圓心O1時(shí)，|O1P|＝4．（1）求a的值；（2）當(dāng)線段AB最短時(shí)，求直線l的方程；（3）問：滿足條件＝的點(diǎn)P有幾個(gè)？請(qǐng)說明理由．【分析】（1）依題意計(jì)算，可得結(jié)果；（2）解法1（代數(shù)法）：當(dāng)圓心O1到直線l的距離d最大時(shí)，線段AB最短，再求出d的最大值即可得結(jié)果；解法2（幾何法）：當(dāng)圓心O1到直線l的距離d最大時(shí)，線段AB最短，當(dāng)且僅當(dāng)O1，O，P三點(diǎn)共線時(shí)，d取得最大值，從而得解；（3）采用分類討論，O1，O在直線AB同側(cè)或異側(cè)，假設(shè)|AP|＝t，可得d2+（2t）2＝100，并得t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2或t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2計(jì)算即可判斷．【解答】解：（1）當(dāng)直線l過圓心點(diǎn)O1時(shí)，，解得a＝3（負(fù)值舍去）．（2）解法1（代數(shù)法）：因?yàn)镺P與圓O相切，所以直線l的方程為x0x+y0y＝9，且，所以圓心O1到直線l的距離，記z＝3x0+4y0，則直線3x0+4y0﹣z＝0與圓有公共點(diǎn)，所以圓心（0，0）到直線3x+4y﹣z＝0的距離，所以﹣15?z?15，所以當(dāng)z＝﹣15時(shí)，dmax＝8，此時(shí)弦長|最短，由，解得，所以直線l的方程為3x+4y+15＝0．解法2（幾何法）：如圖，過O1作O1M⊥AB，則M為弦AB的中點(diǎn)，設(shè)d＝|O1M|，當(dāng)|O1M|最長時(shí)，弦長|AB|最短，因?yàn)閐?|O1P|?|OO1|+|OP|＝8，當(dāng)且僅當(dāng)O1，O，P三點(diǎn)共線時(shí)，取得最大值，此時(shí)OO1⊥AB，因?yàn)?，所以直線OO1的方程為，由，解得（P點(diǎn)在第3象限）所以直線l的方程為3x+4y+15＝0．（3）因?yàn)?，所以設(shè)|AP|＝t，則|BP|＝3t（t＞0），所以|AB|＝4t，所以d2+（2t）2＝100①，（i）如圖，當(dāng)O1，O在直線AB同側(cè)時(shí)，t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2②，由①②得d＝6或d＝2，當(dāng)d＝6時(shí)，直線AB可看作是圓x2+y2＝9與圓（x﹣3）2+（y﹣4）2＝36的公切線，此時(shí)兩圓相交，公切線有兩條，所以滿足條件的點(diǎn)P有2個(gè)，d＝2時(shí)，直線AB可看作是圓x2+y2＝9與圓（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4的公切線，此時(shí)兩圓相外切，外公切線有兩條，所以滿足條件的點(diǎn)P有2個(gè)，（ii）如圖，當(dāng)O1，O在直線AB異側(cè)時(shí)，t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2，③由①③可得d＝﹣6或d＝﹣2（舍），滿足條件的P點(diǎn)不存在，綜上，滿足條件的點(diǎn)P共有4個(gè)．附：當(dāng)d＝6時(shí)，即|3x0+4y0﹣9|＝18，由，解得P（﹣3，0）或，當(dāng)d＝2時(shí)，即|3x0+4y0﹣9|＝6，由，解得或或舍去）．[B組]—強(qiáng)基必備1．（2020春?金牛區(qū)校級(jí)期末）如圖，圓C與x軸相切于點(diǎn)T（1，0），與y軸正半軸交于兩點(diǎn)A，B（B在A的上方），且|AB|＝2．過點(diǎn)A任作一條直線與圓O：x2+y2＝1相交于M，N兩點(diǎn)，的值為（）A．2 B．3 C． D．【分析】先求出C的坐標(biāo)，再設(shè)M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），即可求出．【解答】解：∵圓C與x軸相切于點(diǎn)T（1，0），∴圓心的橫坐標(biāo)x＝1，取AB的中點(diǎn)E，∵|AB|＝2，∴|BE|＝1，則|BC|＝，即圓的半徑r＝|BC|＝，∴圓心C（1，），∴E（0，），又∵|AB|＝2，且E為AB中點(diǎn)，∴A（0，﹣1），B（0，+1），∵M(jìn)、N在圓O：x2+y2＝1上，∴可設(shè)M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），∴|NA|＝＝，|NB|＝＝，∴＝+1，同理可得＝∴＝2，故選：C．2．（2020春?泰州期末）已知A（0，3），B，C為圓O：x2+y2＝r2（r＞0）上三點(diǎn)．（1）求r的值；（2）若直線BC過點(diǎn)（0，2），求△ABC面積的最大值；（3）若D為曲線x2