Question

18．已知A，B為圓O：x²+y²=4與y軸的交點(diǎn)（A在B上），過點(diǎn)P（0，4）的直線l交圓O于M，N兩點(diǎn)．
（1）若弦MN的長(zhǎng)等于$2\sqrt{3}$，求直線l的方程；
（2）若M，N都不與A，B重合時(shí)，是否存在定直線m，使得直線AN與BM的交點(diǎn)恒在直線m上．若存在，求出直線m的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）①當(dāng)k不存在時(shí)，利用|MN|=|AB|=4判斷；②當(dāng)k存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+4，通過直線與圓的位置關(guān)系求出直線的斜率，然后求解直線l方程．
（Ⅱ）根據(jù)圓的對(duì)稱性，點(diǎn)G落在與y軸垂直的直線上，令N（-2，0），推出直線PN的方程，求出M、N的坐標(biāo)，推出BM：y=-3x-2，猜想點(diǎn)G落在定直線y=1上，聯(lián)立直線與圓的方程，利用韋達(dá)定理以及判別式，求出BM的方程，然后判斷直線AN與BM的交點(diǎn)在一條定直線上．

解答 滿分（14分）．
解：（Ⅰ）①當(dāng)k不存在時(shí)，|MN|=|AB|=4不符合題意-----------------------（1分）
②當(dāng)k存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+4
∵$|MN|=2\sqrt{3}$∴圓心O到直線l的距離$d=\sqrt{{2^2}-3}=1$------------------（3分）
∴$\frac{|4|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=1$，解得$k=±\sqrt{15}$-----------------------（5分）
綜上所述，滿足題意的直線l方程為$y=±\sqrt{15}x+4$-----------------------（6分）
（Ⅱ）根據(jù)圓的對(duì)稱性，點(diǎn)G落在與y軸垂直的直線上
令N（-2，0），則直線$PN：\frac{x}{-2}+\frac{y}{4}=1?y=2x+4$與圓O：x²+y²=4聯(lián)立得：5x²+16x=12=0，
∴${x_M}=-\frac{6}{5}$，∴$N（-\frac{6}{5}，\frac{8}{5}）$，BM：y=-3x-2
所以直線AN：x-y+2=0與BM的交點(diǎn)G（-1，1），
猜想點(diǎn)G落在定直線y=1上．----------------------（8分）
下證：$\left\{\begin{array}{l}y=kx+4\\{x^2}+{y^2}=4\end{array}\right.$
得：（1+k²）x²+8kx+12=0$\left\{\begin{array}{l}△={（8k）^2}-48（1+{k^2}）＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{-8k}{{1+{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{12}{{1+{k^2}}}\end{array}\right.$------------------------（10分）
直線AN：$\frac{y-2}{x}=\frac{{{y_1}-2}}{x_1}$，直線BM：$\frac{y+2}{x}=\frac{{{y_2}+2}}{x_2}$
消去x得：$\frac{y-2}{y+2}=\frac{{（{y_1}-2）{x_2}}}{{（{y_2}+2）{x_1}}}$
要證：G落在定直線y=1上，只需證：$\frac{1-2}{1+2}=\frac{{（{y_1}-2）{x_2}}}{{（{y_2}+2）{x_1}}}$
即證：$\frac{-1}{3}=\frac{{（k{x_1}+2）{x_2}}}{{（k{x_2}+6）{x_1}}}$
即證：-kx₁x₂-6x₁=3kx₁x₂+6x₂
即證：4kx₁x₂+6（x₁+x₂）=0
即證：$4k\frac{12}{{1+{k^2}}}-6\frac{8k}{{1+{k^2}}}=0$
顯然成立．
所以直線AN與BM的交點(diǎn)在一條定直線上．--------------------------（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線、圓、用幾何法與代數(shù)法研究直線與圓位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，探究論證的能力，考查數(shù)形結(jié)合、分類與整合，化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想．