Question

1．設(shè)直線l的方程是x+my+2$\sqrt{3}$=0，圓O的方程是x²+y²=r²（r＞0）．
（1）當(dāng)m取一切實(shí)數(shù)時(shí)，直線l與圓O都有公共點(diǎn)，求r的取值范圍；
（2）r=5時(shí)，求直線l被圓O截得的弦長的取值范圍；
（3）當(dāng)r=1時(shí)，設(shè)圓O與x軸相交于P、Q兩點(diǎn)，M是圓O上異于P、Q的任意一點(diǎn)，直線PM交直線l′：x=3于點(diǎn)P′，直線QM交直線l′于點(diǎn)Q′．求證：以P′Q′為直徑的圓C總經(jīng)過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）只需直線所過的定點(diǎn)在圓內(nèi)，即可使得m取一切值時(shí)，直線與圓都有公共點(diǎn)；
（2）顯然定點(diǎn)與圓心的連線垂直于直線時(shí)，弦長最短，直線過圓心時(shí)，弦長為直徑最大．
（3）由已知我們易求出P，Q兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出M點(diǎn)的坐標(biāo)，我們可以得到點(diǎn)P′與Q′的坐標(biāo)（含參數(shù)），進(jìn)而得到以P′Q′為直徑的圓的方程，根據(jù)圓的方程即可判斷結(jié)論．

解答 解：（1）直線l過定點(diǎn)（-2$\sqrt{3}$，0），當(dāng)m取一切實(shí)數(shù)時(shí)，直線l與圓O都有公共點(diǎn)等價(jià)于點(diǎn)（-2$\sqrt{3}$，0）在圓O內(nèi)或在圓O上，
所以12+0≤r²，解得r≥2$\sqrt{3}$．
所以r的取值范圍是[2$\sqrt{3}$，+∞）；
（2）設(shè)坐標(biāo)為（-2$\sqrt{3}$，0）的點(diǎn)為點(diǎn)A，則|OA|=2$\sqrt{3}$．
則當(dāng)直線l與OA垂直時(shí)，由垂徑定理得直線l被圓O截得的弦長為l=2$\sqrt{25-12}$=2$\sqrt{13}$；
當(dāng)直線過圓心時(shí)，弦長最大，即x軸被圓O截得的弦長為2r=10；                       
所以直線l被圓O截得的弦長的取值范圍是[2$\sqrt{13}$，10]．
（3）證明：對(duì)于圓O的方程x²+y²=1，令x=±1，即P（-1，0），Q（1，0）．
又直線l方程為x=3，設(shè)M（s，t），
則直線PM方程為y=$\frac{t}{s+1}$（x+1）．
令x=3，得P'（3，$\frac{4t}{s+1}$），
同理可得：Q'（3，$\frac{2t}{s-1}$）．
所以圓C的圓心C的坐標(biāo)為（3，$\frac{3st-t}{{s}^{2}-1}$），半徑長為|$\frac{st-3t}{{s}^{2}-1}$|，
又點(diǎn)M（s，t）在圓上，又s²+t²=1．故圓心C為（3，$\frac{1-3s}{t}$），半徑長|$\frac{3-s}{t}$|．
所以圓C的方程為（x-3）²+（y-$\frac{1-3s}{t}$）²=（$\frac{3-s}{t}$）²，
又s²+t²=1，
故圓C的方程為（x-3）²+y²-$\frac{2（1-3s）y}{t}$-8=0，
令y=0，則（x-3）²=8，
所以圓C經(jīng)過定點(diǎn)，y=0，則x=3±2$\sqrt{2}$，
所以圓C經(jīng)過定點(diǎn)且定點(diǎn)坐標(biāo)為（3±2$\sqrt{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)是直線和圓的方程的應(yīng)用，主要考查圓的方程的求法，同時(shí)考查圓恒過定點(diǎn)的求法，注意轉(zhuǎn)化為圓系方程是解答本題的關(guān)鍵．