Question

17．已知圓C：x²+y²=r²（r＞0）經(jīng)過點$（1，\sqrt{3}）$．
（Ⅰ）求圓C的方程；
（Ⅱ）是否存在經(jīng)過點（-1，1）的直線l，它與圓C相交于A、B兩個不同點，且滿足關(guān)系$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$（O為坐標原點），如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由圓C：x²+y²=r²，再由點$（1，\sqrt{3}）$在圓C上求得r，則圓的方程可得．
（Ⅱ）假設(shè)直線l存在，設(shè)直線l的方程與圓的方程聯(lián)立消去y，根據(jù)韋達定理求得x₁+x₂=和x₁x₂的表達式，進而根據(jù)直線方程求得y₁y₂的表達式，根據(jù)x₁x₂+y₁y₂=0，進而求得k，直線l的方程可得．再看直線l的斜率不存在時，可分別求得A，B的坐標驗證即可．

解答 解：（Ⅰ）由圓C：x²+y²=r²，再由點$（1，\sqrt{3}）$在圓C上，得${r^2}={1^2}+{（\sqrt{3}）^2}=4$，
所以圓C的方程為x²+y²=4．（3分）
（Ⅱ）假設(shè)直線l存在，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y-1=k（x+1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y-1=k（x+1）\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$，消去y得（1+k²）x²+2k（k+1）x+k²+2k-3=0，
由韋達定理得${x_1}+{x_2}=-\frac{2k（k+1）}{{1+{k^2}}}=-2+\frac{2-2k}{{1+{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{k^2}+2k-3}}{{1+{k^2}}}=1+\frac{2k-4}{{1+{k^2}}}$，
所以${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}+k（k+1）（{x_1}+{x_2}）+{（k+1）^2}=\frac{2k+4}{{1+{k^2}}}-3$，（6分）
因為$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，
所以x₁x₂+y₁y₂=0，
所以$1+\frac{2k-4}{{1+{k^2}}}+\frac{2k+4}{{1+{k^2}}}-3=0$，解得k=1，
所以直線l的方程為y-1=x+1，即x-y+2=0．（8分）
②若直線l的斜率不存在，
因為直線經(jīng)過點（-1，1），
所以直線l的方程為x=-1，
此時$A（-1，\sqrt{3}）$，$B（-1，-\sqrt{3}）$，不滿足$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$．
綜上可知，存在直線l：x-y+2=0滿足條件．（12分）

點評 本題主要考查了圓的方程的綜合運用．在解決直線方程問題時，一定要對斜率的存在情況進行討論．