苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册 2.3圆与圆的位置关系【同步作业】（含解析）
文档属性
| 名称 | 苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册 2.3圆与圆的位置关系【同步作业】（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 656.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-29 12:16:03 | ||
图片预览
文档简介
2.3圆与圆的位置关系
一、单选题
1．设，圆与圆的位置关系不可能是（ ）
A．相切 B．相交 C．内切或内含 D．外切或相离
2．过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．已知圆(，为常数)与.若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ）
A．内含 B．相交 C．相切 D．相离
4．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
5．已知圆，圆，若圆平分圆的圆周，则正数的值为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．1
6．已知圆和两点，，若圆上有且只有一点，使得，则的值为（ ）
A．4 B．7 C．4或6 D．3或7
7．过圆外一点作圆的两条切线，切点为，则的外接圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
9．已知圆和圆的交点为，，则（ ）
A．圆和圆有两条公切线
B．直线的方程为
C．圆上存在两点和使得
D．圆上的点到直线的最大距离为
10．已知两圆：，：，交于不同的两点，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
11．设圆，定点，若圆上存在两点到的距离为，则 的取值范围是_______.
12．与两圆，都相切，且半径为3的圆一共有________个
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为(3，-3).
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
14．如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，过点及点的圆与圆外切.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线被两圆截得的弦长相等，求直线的方程；
（3）直线上是否存在点，使得过点分别作圆与圆的切线，切点分别为， (不重合)，满足？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
2.3圆与圆的位置关系答案
一、单选题
1．设，圆与圆的位置关系不可能是（ ）
A．相切 B．相交 C．内切或内含 D．外切或相离
【答案】D
【分析】
计算出两圆圆心距，并与两圆半径和作大小比较，由此可得出结论.
【详解】
两圆的圆心距，两圆的半径之和为，
因为，所以两圆不可能外切或相离．
故选：D．
2．过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线长相等和PA⊥PB，容易判断四边形OAPB是正方形，根据勾股定理即可解得.
【详解】
由题意可知：0故选：C.
3．已知圆(，为常数)与.若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ）
A．内含 B．相交 C．相切 D．相离
【答案】B
【分析】
根据对称性求得，由此判断出两圆的位置关系.
【详解】
依题意，所以，，
，
所以，
所以两个圆相交.
故选：B
4．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
【答案】B
【分析】
分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆的位置关系的判定方法，求得两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
则圆心距为，
又由，所以，
可得圆与圆相交，所以两圆公共切线的条数为2条.
故选：B.
5．已知圆，圆，若圆平分圆的圆周，则正数的值为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．1
【答案】A
【分析】
圆平分圆的圆周，则相交弦过的圆心，做差求出相交弦，代入圆心即可求出.
【详解】
圆的标准方程为，圆心为点，
作差可得两圆的相交弦所在的直线为，
代入点，有，
解得．
故选：A.
【点睛】
结论点睛：两圆相交，交点平分圆，则相交弦过该圆的圆心.
6．已知圆和两点，，若圆上有且只有一点，使得，则的值为（ ）
A．4 B．7 C．4或6 D．3或7
【答案】C
【分析】
根据题意，得到点落在以为直径的圆上，把圆上有且只有一点，使得，转化为两圆相切，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由题意，两点，，且，
可得点落在以为直径的圆上，即圆，
要使得圆上有且只有一点，使得，
等价于圆与圆只有一个公共点，即两圆相切，
可得两圆的圆心距为，
当两圆相外切时，可得，即，解得；
当两圆相内切时，可得，即，解得，
综上可得，实数的值为或.
故选;C.
7．过圆外一点作圆的两条切线，切点为，则的外接圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
圆的圆心，半径，由此可得以为直径的圆就是的外接圆，利用两点间距离公式与中点坐标公式即可求出外接圆的方程．
【详解】
解：圆的圆心，半径，
由圆的几何性质可知，且均为直角三角形，
∴以为直径的圆就是的外接圆，
∵，
∴，且线段的中点坐标为，
∴的外接圆方程是，
故选：D．
8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】
设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．
【详解】
设动点，由，得，整理得，
又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切.
圆的圆心坐标为，半径为2，
圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，
当两圆外切时，，得，
当两圆内切时，，，得．
故选：A.
【点睛】
结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．
二、多选题
9．已知圆和圆的交点为，，则（ ）
A．圆和圆有两条公切线
B．直线的方程为
C．圆上存在两点和使得
D．圆上的点到直线的最大距离为
【答案】ABD
【分析】
A：判断两圆相交可得切线条数；B：两圆相交，做差可得公共弦方程；C：判断弦AB经过圆心，则弦为最长弦，不再存在比AB更长的弦；D：求圆心到直线的距离加半径即为到直线AB的最大距离.
【详解】
解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；
对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；
对于C，直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，故C错误；
对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，D正确.
故选：ABD.
10．已知两圆：，：，交于不同的两点，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】
根据圆的公共弦方程可判断B，根据，两在公共弦上可判断A，根据公共弦与圆心连线互相平分及中点坐标公式可判断C，D
【详解】
解：两圆方程相减可得直线的方程为：，
即，
因为点在此直线上，
所以，所以B正确；
分别把，两点代入得，
，，
两式相减得， ，所以A正确；
由圆的对称性可知，线段和线段相互平分，
所以，，
所以C错误，D正确，
故选：ABD
三、填空题
11．设圆，定点，若圆上存在两点到的距离为，则 的取值范围是_______.
【答案】
【分析】
由以为圆心2为半径的圆与圆相交可得．
【详解】
由题意以为圆心2为半径的圆与圆相交，．∴，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆与圆的位置关系，解题关键是把问题转化为两圆相交．圆与圆的位置关系：
两圆圆心距离为，半径分别为，则相离，外切，相交，内切，内含．
12．与两圆，都相切，且半径为3的圆一共有________个
【答案】7
【分析】
根据两圆相离，可以判定出与两圆都相切且半径为3的圆有7个．
【详解】
解：因为两圆，是相离的，
所以与两圆都相切且半径为3的圆的情况如下：
与两圆都内切的有1个，是以原点为圆心，即；
与两圆都外切的有2个，设切点为，则，
，
同理，利用圆与圆的圆心距和半径的关系可得：
与圆外切于圆内切的圆有2个；与圆内切于圆外切的圆有2个；
分别为和，
共7个，
故答案为：7．
【点睛】
由圆心距判断两圆的位置关系相离，再利用直观想象可得与两圆都相切的情况，包括内切和外切两类.
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为(3，-3).
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
【答案】（1）过点且与圆相切的直线方程为：或；（2）圆的方程为或.
【分析】
（1）当直线的斜率不存在时，显然成立，当直线的斜率存在时，设切线方程为：，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程，解出得到直线；
（2）两圆方程相减得出公共弦所在直线方程，由点线距公式求出到直线的距离为，利用勾股定理列方程求出，可得圆的方程．
【详解】
（1）当直线的斜率不存在时，显然直线与圆相切，
当直线的斜率存在时，设切线方程为：，
圆心到直线的距离等于半径，解得，
切线方程为：，
综上，过点且与圆相切的直线方程为：或.
（2）圆与圆，
相减得圆与圆的公共弦所在直线方程，
圆的圆心为(1，0)，，
设到直线的距离为，
∴，
又∵圆与圆公共弦长为，
∴，
即，
解得，
∴圆的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，解决本题的关键点是利用圆的弦长的一般，圆心到直线的距离和圆的半径组成直角三角形，列出勾股定理解出参数，得到圆的方程，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
14．如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，过点及点的圆与圆外切.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线被两圆截得的弦长相等，求直线的方程；
（3）直线上是否存在点，使得过点分别作圆与圆的切线，切点分别为， (不重合)，满足？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）或；（3）存在，点.
【分析】
（1）先由题意，得到圆的圆心在直线上，设，半径为，根据两圆外切，列出方程求解，求出，，即可得出圆的方程；
（2）先判断当的斜率不存在时，不符合题意；当的斜率存在时，设的方程为，根据又被两圆截得的弦长相等，列出方程求解，即可求出结果；
（3）设，由得到，再由直线的方程为，两式联立，求解，即可得出结果.
【详解】
（1）由题意知，圆的圆心在直线上，设，半径为，
因为圆与圆外切，且圆的圆心，半径为，
所以，
即①
又，即②
由①得，，代入②得，，
解得或(舍)，所以，
故所求圆的标准方程为.
（2）当的斜率不存在时，的方程为：，与圆相离，不符合题意.
当的斜率存在时，设为，故的方程为，
则圆心到直线的距离为：；圆心到直线的距离为：，
因为圆的弦长一半与圆心到弦的距离的平方和等于圆的半径的平方，
又被两圆截得的弦长相等，
所以，
即，解得或，
故直线的方程为或.
（3）设，由可知，，
即，所以，
即，
整理得①，
又直线的方程为②，
由①②联立解得，，或，，
由，两点不重合，故，不合题意，舍去，
故存在点符合题意.
【点睛】
本题考查根据两圆位置关系求圆的方程，根据直线被圆所截弦长求直线方程，以及求直线上满足某条件的点的坐标，熟记直线与圆位置关系，圆与圆位置关系等即可，属于常考题型.
2 / 2
一、单选题
1．设，圆与圆的位置关系不可能是（ ）
A．相切 B．相交 C．内切或内含 D．外切或相离
2．过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．已知圆(，为常数)与.若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ）
A．内含 B．相交 C．相切 D．相离
4．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
5．已知圆，圆，若圆平分圆的圆周，则正数的值为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．1
6．已知圆和两点，，若圆上有且只有一点，使得，则的值为（ ）
A．4 B．7 C．4或6 D．3或7
7．过圆外一点作圆的两条切线，切点为，则的外接圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
9．已知圆和圆的交点为，，则（ ）
A．圆和圆有两条公切线
B．直线的方程为
C．圆上存在两点和使得
D．圆上的点到直线的最大距离为
10．已知两圆：，：，交于不同的两点，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
11．设圆，定点，若圆上存在两点到的距离为，则 的取值范围是_______.
12．与两圆，都相切，且半径为3的圆一共有________个
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为(3，-3).
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
14．如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，过点及点的圆与圆外切.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线被两圆截得的弦长相等，求直线的方程；
（3）直线上是否存在点，使得过点分别作圆与圆的切线，切点分别为， (不重合)，满足？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
2.3圆与圆的位置关系答案
一、单选题
1．设，圆与圆的位置关系不可能是（ ）
A．相切 B．相交 C．内切或内含 D．外切或相离
【答案】D
【分析】
计算出两圆圆心距，并与两圆半径和作大小比较，由此可得出结论.
【详解】
两圆的圆心距，两圆的半径之和为，
因为，所以两圆不可能外切或相离．
故选：D．
2．过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线长相等和PA⊥PB，容易判断四边形OAPB是正方形，根据勾股定理即可解得.
【详解】
由题意可知：0
3．已知圆(，为常数)与.若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ）
A．内含 B．相交 C．相切 D．相离
【答案】B
【分析】
根据对称性求得，由此判断出两圆的位置关系.
【详解】
依题意，所以，，
，
所以，
所以两个圆相交.
故选：B
4．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
【答案】B
【分析】
分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆的位置关系的判定方法，求得两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
则圆心距为，
又由，所以，
可得圆与圆相交，所以两圆公共切线的条数为2条.
故选：B.
5．已知圆，圆，若圆平分圆的圆周，则正数的值为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．1
【答案】A
【分析】
圆平分圆的圆周，则相交弦过的圆心，做差求出相交弦，代入圆心即可求出.
【详解】
圆的标准方程为，圆心为点，
作差可得两圆的相交弦所在的直线为，
代入点，有，
解得．
故选：A.
【点睛】
结论点睛：两圆相交，交点平分圆，则相交弦过该圆的圆心.
6．已知圆和两点，，若圆上有且只有一点，使得，则的值为（ ）
A．4 B．7 C．4或6 D．3或7
【答案】C
【分析】
根据题意，得到点落在以为直径的圆上，把圆上有且只有一点，使得，转化为两圆相切，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由题意，两点，，且，
可得点落在以为直径的圆上，即圆，
要使得圆上有且只有一点，使得，
等价于圆与圆只有一个公共点，即两圆相切，
可得两圆的圆心距为，
当两圆相外切时，可得，即，解得；
当两圆相内切时，可得，即，解得，
综上可得，实数的值为或.
故选;C.
7．过圆外一点作圆的两条切线，切点为，则的外接圆方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
圆的圆心，半径，由此可得以为直径的圆就是的外接圆，利用两点间距离公式与中点坐标公式即可求出外接圆的方程．
【详解】
解：圆的圆心，半径，
由圆的几何性质可知，且均为直角三角形，
∴以为直径的圆就是的外接圆，
∵，
∴，且线段的中点坐标为，
∴的外接圆方程是，
故选：D．
8．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】
设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．
【详解】
设动点，由，得，整理得，
又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切.
圆的圆心坐标为，半径为2，
圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，
当两圆外切时，，得，
当两圆内切时，，，得．
故选：A.
【点睛】
结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．
二、多选题
9．已知圆和圆的交点为，，则（ ）
A．圆和圆有两条公切线
B．直线的方程为
C．圆上存在两点和使得
D．圆上的点到直线的最大距离为
【答案】ABD
【分析】
A：判断两圆相交可得切线条数；B：两圆相交，做差可得公共弦方程；C：判断弦AB经过圆心，则弦为最长弦，不再存在比AB更长的弦；D：求圆心到直线的距离加半径即为到直线AB的最大距离.
【详解】
解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；
对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；
对于C，直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，故C错误；
对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，D正确.
故选：ABD.
10．已知两圆：，：，交于不同的两点，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】
根据圆的公共弦方程可判断B，根据，两在公共弦上可判断A，根据公共弦与圆心连线互相平分及中点坐标公式可判断C，D
【详解】
解：两圆方程相减可得直线的方程为：，
即，
因为点在此直线上，
所以，所以B正确；
分别把，两点代入得，
，，
两式相减得， ，所以A正确；
由圆的对称性可知，线段和线段相互平分，
所以，，
所以C错误，D正确，
故选：ABD
三、填空题
11．设圆，定点，若圆上存在两点到的距离为，则 的取值范围是_______.
【答案】
【分析】
由以为圆心2为半径的圆与圆相交可得．
【详解】
由题意以为圆心2为半径的圆与圆相交，．∴，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆与圆的位置关系，解题关键是把问题转化为两圆相交．圆与圆的位置关系：
两圆圆心距离为，半径分别为，则相离，外切，相交，内切，内含．
12．与两圆，都相切，且半径为3的圆一共有________个
【答案】7
【分析】
根据两圆相离，可以判定出与两圆都相切且半径为3的圆有7个．
【详解】
解：因为两圆，是相离的，
所以与两圆都相切且半径为3的圆的情况如下：
与两圆都内切的有1个，是以原点为圆心，即；
与两圆都外切的有2个，设切点为，则，
，
同理，利用圆与圆的圆心距和半径的关系可得：
与圆外切于圆内切的圆有2个；与圆内切于圆外切的圆有2个；
分别为和，
共7个，
故答案为：7．
【点睛】
由圆心距判断两圆的位置关系相离，再利用直观想象可得与两圆都相切的情况，包括内切和外切两类.
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为(3，-3).
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
【答案】（1）过点且与圆相切的直线方程为：或；（2）圆的方程为或.
【分析】
（1）当直线的斜率不存在时，显然成立，当直线的斜率存在时，设切线方程为：，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程，解出得到直线；
（2）两圆方程相减得出公共弦所在直线方程，由点线距公式求出到直线的距离为，利用勾股定理列方程求出，可得圆的方程．
【详解】
（1）当直线的斜率不存在时，显然直线与圆相切，
当直线的斜率存在时，设切线方程为：，
圆心到直线的距离等于半径，解得，
切线方程为：，
综上，过点且与圆相切的直线方程为：或.
（2）圆与圆，
相减得圆与圆的公共弦所在直线方程，
圆的圆心为(1，0)，，
设到直线的距离为，
∴，
又∵圆与圆公共弦长为，
∴，
即，
解得，
∴圆的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，解决本题的关键点是利用圆的弦长的一般，圆心到直线的距离和圆的半径组成直角三角形，列出勾股定理解出参数，得到圆的方程，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
14．如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，过点及点的圆与圆外切.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线被两圆截得的弦长相等，求直线的方程；
（3）直线上是否存在点，使得过点分别作圆与圆的切线，切点分别为， (不重合)，满足？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）或；（3）存在，点.
【分析】
（1）先由题意，得到圆的圆心在直线上，设，半径为，根据两圆外切，列出方程求解，求出，，即可得出圆的方程；
（2）先判断当的斜率不存在时，不符合题意；当的斜率存在时，设的方程为，根据又被两圆截得的弦长相等，列出方程求解，即可求出结果；
（3）设，由得到，再由直线的方程为，两式联立，求解，即可得出结果.
【详解】
（1）由题意知，圆的圆心在直线上，设，半径为，
因为圆与圆外切，且圆的圆心，半径为，
所以，
即①
又，即②
由①得，，代入②得，，
解得或(舍)，所以，
故所求圆的标准方程为.
（2）当的斜率不存在时，的方程为：，与圆相离，不符合题意.
当的斜率存在时，设为，故的方程为，
则圆心到直线的距离为：；圆心到直线的距离为：，
因为圆的弦长一半与圆心到弦的距离的平方和等于圆的半径的平方，
又被两圆截得的弦长相等，
所以，
即，解得或，
故直线的方程为或.
（3）设，由可知，，
即，所以，
即，
整理得①，
又直线的方程为②，
由①②联立解得，，或，，
由，两点不重合，故，不合题意，舍去，
故存在点符合题意.
【点睛】
本题考查根据两圆位置关系求圆的方程，根据直线被圆所截弦长求直线方程，以及求直线上满足某条件的点的坐标，熟记直线与圆位置关系，圆与圆位置关系等即可，属于常考题型.
2 / 2