Question

19．如圖，已知?jiǎng)又本�l過(guò)點(diǎn)$P（0，\frac{1}{2}）$，且與圓O：x²+y²=1交于A、B兩點(diǎn)．
（1）若直線l的斜率為$\sqrt{3}$，求△OAB的面積；
（2）若直線l的斜率為0，點(diǎn)C是圓O上任意一點(diǎn)，求CA²+CB²的取值范圍；
（3）是否存在一個(gè)定點(diǎn)Q（不同于點(diǎn)P），對(duì)于任意不與y軸重合的直線l，都有PQ平分∠AQB，若存在，求出定點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）因?yàn)橹本�l的斜率為$\sqrt{3}$，所以直線l$：y=\sqrt{3}x+\frac{1}{2}$，利用弦長(zhǎng)、半徑、弦心距的關(guān)系，求得弦長(zhǎng)及△OAB的高，即可求出面積．
 （2）因?yàn)橹本�l的斜率為0，所以可知$A（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}}）$、$B（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}}）$，設(shè)點(diǎn)C（x，y），則x²+y²=1，又$C{A^2}+C{B^2}={（{x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）^2}+{（{y-\frac{1}{2}}）^2}+{（{x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）^2}+{（{y-\frac{1}{2}}）^2}=2（{{x^2}+{y^2}}）+2-2y$=4-2y，又y∈[-1，1]，
即可得CA²+CB²的取值范圍．
（3）法一：若存在，則根據(jù)對(duì)稱性可知，定點(diǎn)Q在y軸上，設(shè)Q（0，t）、又設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），因直線l不與y軸重合，設(shè)直線l$：y=kx+\frac{1}{2}$，代入圓O得$：（1+{k^2}）{x^2}+kx-\frac{3}{4}=0$，所以${x_1}+{x_2}=-\frac{k}{{1+{k^2}}}，{x_1}{x_2}=-\frac{{\frac{3}{4}}}{{1+{k^2}}}$（*）      由AQ與BQ的斜率互為相反數(shù)，可得$：2k{x_1}{x_2}=（t-\frac{1}{2}）（{x_1}+{x_2}）$，即求得t；
解法二：若PQ平分∠AQB，則根據(jù)角平分線的幾何意義，點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離d₁，點(diǎn)B到y(tǒng)軸的距離d₂滿足$：\frac{QA}{d_1}=\frac{QB}{d_2}$，即$\frac{{\sqrt{x_1^2+{{（t-{y_1}）}^2}}}}{{|{x_1}|}}=\frac{{\sqrt{x_2^2+{{（t-{y_2}）}^2}}}}{{|{x_2}|}}$，化簡(jiǎn)可得$：2k{x_1}{x_2}=（t-\frac{1}{2}）（{x_1}+{x_2}）$，同時(shí)求得t．

解答 解：（1）因?yàn)橹本�l的斜率為$\sqrt{3}$，所以直線l$：y=\sqrt{3}x+\frac{1}{2}$，
則點(diǎn)O到直線l的距離$d=\frac{{|\frac{1}{2}|}}{2}=\frac{1}{4}$，…（2分）
所以弦AB的長(zhǎng)度$|AB|=2\sqrt{1-{{（{\frac{1}{4}}）}^2}}=\frac{{\sqrt{15}}}{2}$，
所以${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{4}•\frac{{\sqrt{15}}}{2}=\frac{{\sqrt{15}}}{16}$．…（4分）
（2）因?yàn)橹本�l的斜率為0，所以可知$A（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}}）$、$B（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}}）$，…（6分）
設(shè)點(diǎn)C（x，y），則x²+y²=1，
又$C{A^2}+C{B^2}={（{x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）^2}+{（{y-\frac{1}{2}}）^2}+{（{x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）^2}+{（{y-\frac{1}{2}}）^2}=2（{{x^2}+{y^2}}）+2-2y$，…（8分）
所以CA²+CB²=4-2y，又y∈[-1，1]，
所以CA²+CB²的取值范圍是[2，6]．…（9分）
（3）法一：若存在，則根據(jù)對(duì)稱性可知，定點(diǎn)Q在y軸上，設(shè)Q（0，t）、又設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
因直線l不與y軸重合，設(shè)直線l$：y=kx+\frac{1}{2}$，…（10分）
代入圓O得$：（1+{k^2}）{x^2}+kx-\frac{3}{4}=0$，
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{k}{{1+{k^2}}}，{x_1}{x_2}=-\frac{{\frac{3}{4}}}{{1+{k^2}}}$（*）                  …（12分）
若PQ平分∠AQB，則根據(jù)角平分線的定義，AQ與BQ的斜率互為相反數(shù)
有$\frac{{{y_1}-t}}{x_1}+\frac{{{y_2}-t}}{x_2}=0$，又${y_1}=k{x_1}+\frac{1}{2}$，${y_2}=k{x_2}+\frac{1}{2}$，
化簡(jiǎn)可得$：2k{x_1}{x_2}=（t-\frac{1}{2}）（{x_1}+{x_2}）$，…（14分）
代入（*）式得$：\frac{3}{2}k=（t-\frac{1}{2}）k$，因?yàn)橹本�l任意，故$\frac{3}{2}=t-\frac{1}{2}$，
即t=2，即Q（0，2）…（16分）
解法二：若存在，則根據(jù)對(duì)稱性可知，定點(diǎn)Q在y軸上，設(shè)Q（0，t）、又設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
因直線l不與y軸重合，設(shè)直線l$：y=kx+\frac{1}{2}$，…（10分）
代入圓O得$：（1+{k^2}）{x^2}+kx-\frac{3}{4}=0$，
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{k}{{1+{k^2}}}，{x_1}{x_2}=-\frac{{\frac{3}{4}}}{{1+{k^2}}}$（*）                 …（12分）
若PQ平分∠AQB，則根據(jù)角平分線的幾何意義，點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離d₁，點(diǎn)B到y(tǒng)軸的距離d₂滿足$：\frac{QA}{d_1}=\frac{QB}{d_2}$，即$\frac{{\sqrt{x_1^2+{{（t-{y_1}）}^2}}}}{{|{x_1}|}}=\frac{{\sqrt{x_2^2+{{（t-{y_2}）}^2}}}}{{|{x_2}|}}$，
化簡(jiǎn)可得$：2k{x_1}{x_2}=（t-\frac{1}{2}）（{x_1}+{x_2}）$，…（14分）
代入（*）式得$：\frac{3}{2}k=（t-\frac{1}{2}）k$，因?yàn)橹本�l任意，故$\frac{3}{2}=t-\frac{1}{2}$，
即t=2，即Q（0，2）…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，考查了方程思想、轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查了運(yùn)算能力，屬于中檔題．