Question

6．已知圓O：x²+y²=4與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)為A，點(diǎn)P在直線l：$\sqrt{3}$x+y-a=0上，過點(diǎn)P作圓O的切線，切點(diǎn)為T
（1）若a=8，切點(diǎn)T（$\sqrt{3}$，-1），求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）若PA=2PT，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若不過原點(diǎn)O的直線與圓O交于B，C兩點(diǎn)，且滿足直線OB，BC，OC的斜率依次成等比數(shù)列，求直線l的斜率．

Answer 1

分析 （1）直線PT切于點(diǎn)T，則OT⊥PT，求出k_OT，k_PT，直線l和PT，求出P的坐標(biāo)．
（2）設(shè)P（x，y），由PA=2PT，求出點(diǎn)P的軌跡方程，問題可轉(zhuǎn)化為直線$\sqrt{3}x+y-a=0$與圓（x-$\frac{2}{3}$）²+y²=$\frac{64}{9}$，有公共點(diǎn)，列出不等式求解即可．
（3）當(dāng)直線BC垂直與x軸時(shí)，顯然不成立，設(shè)直線BC為y=kx+b（b≠0），將它與圓方程聯(lián)立，設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），利用k_OBk_OC=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{-4{k}^{2}+^{2}}{^{2}-4}$=k²，求解即可．

解答 解：（1）由題意，直線PT切于點(diǎn)T，則OT⊥PT，
又切點(diǎn)T（$\sqrt{3}$，-1），所以k_OT=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴k_PT=$\sqrt{3}$，
故直線PT的方程為y+1=$\sqrt{3}$（x-$\sqrt{3}$），即$\sqrt{3}x-y-4=0$．
聯(lián)立直線l和PT，$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x-y-4=0}\\{\sqrt{3}x+y-8=0}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2\sqrt{3}}\\{y=2}\end{array}\right.$即P（2$\sqrt{3}，2$）．
（2）設(shè)P（x，y），由PA=2PT，可得（x+2）²+y²=4（x²+y²-4），
即3x²+3y²-4x-20=0，即滿足PA=2PT的點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)圓（x-$\frac{2}{3}$）²+y²=$\frac{64}{9}$，
所以問題可轉(zhuǎn)化為直線$\sqrt{3}x+y-a=0$與圓（x-$\frac{2}{3}$）²+y²=$\frac{64}{9}$，有公共點(diǎn)，
所以d=$\frac{|\sqrt{3}×\frac{2}{3}-a|}{\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+1}}≤\frac{8}{3}$，解得$\frac{-16+2\sqrt{3}}{3}≤a≤\frac{16+2\sqrt{3}}{3}$．
（3）當(dāng)直線BC垂直與x軸時(shí)，顯然不成立，所以設(shè)直線BC為y=kx+b（b≠0），
將它與圓方程聯(lián)立并消去y得（k²+1）x²+2kbx+b²-4=0，
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
則x₁x₂=$\frac{^{2}-4}{{k}^{2}+1}$，x₁+x₂=$\frac{-2kb}{{k}^{2}+1}$，因?yàn)閯ty₁y₂=$\frac{-4{k}^{2}+^{2}}{{k}^{2}+1}$，
故k_OBk_OC=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{-4{k}^{2}+^{2}}{^{2}-4}$=k²，
即b²（k²-1）=0，因?yàn)閎≠0，所以k²=1，即k=±1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓的方程的綜合應(yīng)用，直線與圓的位置關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．