Question

7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C₁：（x-4）²+（y-5）²=4和圓C₂：（x+3）²+（y-1）²=4
（1）若直線l₁過點A（2，0），且與圓C₁相切，求直線l₁的方程；
（2）若直線l₂過點B（4，0），且被圓C₂截得的弦長為2$\sqrt{3}$，求直線l₂的方程；
（3）直線l₃的方程是x=$\frac{5}{2}$，證明：直線l₃上存在點P，滿足過P的無窮多對互相垂直的l₄和l₅，它們分別與圓C₁和圓C₂相交，且直線l₄被圓C₁截得的弦長與直線l₅被圓C₂截得的弦長相等．

Answer 1

分析 （1）分類討論，利用圓心到直線的距離等于半徑，建立方程，即可求直線l₁的方程；
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-4），再利用圓C₂的圓心到l的距離、半徑、弦長的一半構(gòu)成的直角三角形求解即可；
（3）設(shè)出過P點的直線l₄與l₅的點斜式方程，根據(jù)⊙C₁和⊙C₂的半徑，及直線l₄被圓C₁截得的弦長與直線l₅被圓C₂截得的弦長相等，可得⊙C₁的圓心到直線l₄的距離與圓C₂的圓心到直線l₅的距離相等，故我們可以得到一個關(guān)于直線斜率k的方程，即可以求所有滿足條件的點P的坐標(biāo)．

解答 （1）解：由題意，直線的斜率存在時，設(shè)方程為y=k（x-2），即kx-y-2k=0．
圓心到直線的距離為$\frac{|2k-5|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2，∴k=$\frac{21}{20}$，∴直線l₁的方程y=$\frac{21}{20}$（x-2）；
直線的斜率不存在時，方程為x=2也滿足題意，
綜上所述，直線l₁的方程為y=$\frac{21}{20}$（x-2）或x=2；
（2）解：設(shè)直線l₂的方程為y=k（x-4），被圓C₂截得的弦長為2$\sqrt{3}$，
∴圓C₂的圓心到l的距離為1．
由點到直線l的距離公式得d=$\frac{|-7k-1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，解得k=0或-$\frac{7}{24}$，
所以直線l的方程為y=0或y=-$\frac{7}{24}$（x-4）；
（3）證明：設(shè)點P（a，b），由題意分析可得直線l₁、l₂的斜率均存在且不為0，
不妨設(shè)直線l₄的方程為y-b=k（x-a），k≠0
則直線l₅方程為：y-b=-$\frac{1}{k}$（x-a），
∵⊙C₁的圓心坐標(biāo)為（4，5），半徑r₁=2，
⊙C₂的圓心坐標(biāo)為（-3，1），半徑為r₂=2，圓心距O₁0₂=3，
∵直線l₄被圓C₁截得的弦長與直線l₅被圓C₂截得的弦長相等，
∴⊙C₁的圓心到直線l₄的距離與圓C₂的圓心到直線l₅的距離相等，
∴$\frac{|（4-a）k+b-5|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|（1-b）k-3-a|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
整理得k（3-a+b）+b+a-2=0或（5-b-a）k-a+b-8=0，
∵k的取值有無窮多個，
∴$\left\{\begin{array}{l}{3-a+b=0}\\{a+b-2=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{5-b-a=0}\\{b-a-8=0}\end{array}\right.$
∴$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{5}{2}}\\{b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{3}{2}}\\{b=\frac{13}{2}}\end{array}\right.$
∴直線l₃的方程是x=$\frac{5}{2}$，直線l₃上存在點P，滿足過P的無窮多對互相垂直的l₄和l₅，
它們分別與圓C₁和圓C₂相交，且直線l₄被圓C₁截得的弦長與直線l₅被圓C₂截得的弦長相等．

點評 本題考查點到直線的距離公式，直線與圓的位置關(guān)系，對稱的知識，注意方程無數(shù)解的條件，考查轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)與方程的思想，常考題型，是中檔題．