Question

14．已知圓0：x²+y²=r²（r＞0）與直線x+2y-5=0相切．
（1）求圓O的方程；
（2）若過點（-1，3）的直線l被圓0所截得的弦長為4，求直線1的方程；
（3）若過點A（0，$\sqrt{5}$）作兩條斜率分別為k₁，k₂的直線交圓0于B、C兩點，且k₁k₂=-$\frac{1}{2}$，求證：直線BC恒過定點．并求出該定點的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由已知條件利用點到直線的距離公式求出圓的半徑，由此能求出圓的方程．
（2）直線l被圓0所截得的弦長為4，圓心到直線的距離d=$\sqrt{5-4}$=1，分類討論，即可求直線1的方程；
（3）根據(jù)題意，設(shè)出直線AB的解析式，與圓方程聯(lián)立消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理表示出兩根之積，將A的橫坐標(biāo)代入表示出B的橫坐標(biāo)，進(jìn)而表示出B的縱坐標(biāo)，確定出B坐標(biāo)，由題中k₁k₂=-$\frac{1}{2}$，表示出C坐標(biāo)，進(jìn)而表示出直線BC的解析式，即可確定出直線BC恒過一個定點，求出定點坐標(biāo)即可．

解答 解：（1）∵圓0：x²+y²=r²（r＞0）與直線x+2y-5=0相切，
∴r=$\frac{5}{\sqrt{5}}$=$\sqrt{5}$，
∴圓O的方程為x²+y²=5；
（2）∵直線l被圓0所截得的弦長為4，
∴圓心到直線的距離d=$\sqrt{5-4}$=1，
斜率不存在時，x=-1，滿足題意；
斜率存在時，設(shè)方程為y-3=k（x+1），即kx-y+k+3=0，
圓心到直線的距離d=$\frac{|k+3|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，∴k=-$\frac{4}{3}$，
∴直線1的方程為4x+3y-5=0，
綜上所述，直線1的方程為4x+3y-5=0或x=-1；
（3）由題意知，設(shè)直線AB：y=k₁x+$\sqrt{5}$，
與圓方程聯(lián)立，消去y得：（1+k₁²）x²+2$\sqrt{5}$k₁x=0，
∴x_B=-$\frac{2\sqrt{5}{k}_{1}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$，y_B=$\frac{\sqrt{5}-\sqrt{5}{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$，即B（-$\frac{2\sqrt{5}{k}_{1}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$，$\frac{\sqrt{5}-\sqrt{5}{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$），
∵k₁k₂=-$\frac{1}{2}$，用-$\frac{1}{2{k}_{1}}$代替k₂得：C（$\frac{4\sqrt{5}{k}_{1}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$，$\frac{4\sqrt{5}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{5}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$），
∴直線BC方程為y-$\frac{\sqrt{5}-\sqrt{5}{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$=$\frac{2{{k}_{1}}^{2}-1}{3{k}_{1}}$（x+$\frac{2\sqrt{5}{k}_{1}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$），
令x=0，可得y=3$\sqrt{5}$
則直線BC定點（0，3$\sqrt{5}$）．

點評 此題考查了圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及直線與圓的位置關(guān)系，涉及的知識有：韋達(dá)定理，直線的兩點式方程，點到直線的距離公式，以及恒過定點的直線方程，利用了分類討論的思想，是一道綜合性較強的試題．