Question

10．已知圓C：x²+y²-2x+4y-4=0，直線l的斜率為1，與圓交于A、B兩點．
（1）若直線l經(jīng)過圓C的圓心，求出直線的方程；
（2）當直線l平行移動的時候，求△CAB面積的最大值以及此時直線l的方程；
（3）是否存在直線l，使以線段AB為直徑的圓過原點？若存在，求出直線l的方程，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）圓C的圓心C（1，-2），半徑為3，直線斜率為1，由此能求出直線l的方程．
（2）設(shè)直線l的方程為：y=x+m，圓心C到直線l的距離為d，則|AB|=2$\sqrt{9-u5meb0d^{2}}$，${S}_{△CAB}=\frac{1}{2}×2\sqrt{9-z1homor^{2}}×d$≤$\frac{9}{2}$，當且僅當$5tqdlsq^{2}=\frac{9}{2}$時取等號，由此能求出直線l的方程．
（3）假設(shè)存在直線l：y=x+m滿足題設(shè)要求，點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），以AB為直徑的圓過原點，得x₁x₂+y₁y₂=0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x+m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}-2x+4y-4=0}\end{array}\right.$，得2x²+2（m+1）x+m²+4m-4=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合已知條件能求出存在直線l，使以線段AB為直徑的圓過原點，并能求出其方程．

解答 解：（1）圓C的標準方程為：（x-1）²+（y+2）²=9，所以圓心C（1，-2），半徑為3；
又直線斜率為1，所以直線l的方程為y+2=x-1，即x-y-3=0．…（3分）
（2）設(shè)直線l的方程為：y=x+m，圓心C到直線l的距離為d，則|AB|=2$\sqrt{9-x1pcp2b^{2}}$，
${S}_{△CAB}=\frac{1}{2}×2\sqrt{9-57d6pgz^{2}}×d$=$\sqrt{-（9mzbtqy^{2}-\frac{9}{2}）^{2}+\frac{81}{4}}$≤$\frac{9}{2}$，
當且僅當$1y2axfi^{2}=\frac{9}{2}$，d=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$時取等號，由d=$\frac{|1-（-2）+m|}{\sqrt{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，得m=0或m=-6，
所以直線l的方程為y=x或y=x-6…（7分）
（3）假設(shè)存在直線l：y=x+m滿足題設(shè)要求，點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
以AB為直徑的圓過原點，所以O(shè)A⊥OB，有$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=-1，即x₁x₂+y₁y₂=0，------①
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x+m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}-2x+4y-4=0}\end{array}\right.$，得2x²+2（m+1）x+m²+4m-4=0，
由于△＞0，得-3$\sqrt{2}$-3＜m＜3$\sqrt{2}-3$，
x₁+x₂=-（m+1），${x}_{1}{x}_{\;}2=\frac{{m}^{2}+4m-4}{2}$，----------②
所以${y}_{1}{y}_{2}=（{x}_{1}+m）（{x}_{2}+m）={x}_{1}{x}_{2}+m（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$，--------③
由①②③解得m=1或m=-4，均符合△＞0，
故存在直線l，使以線段AB為直徑的圓過原點，其方程為y=x+1或y=x-4．…（12分）

點評 本題考查直線方程的求法，考查滿足條件的真線是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意圓、直線方程、根的判別式、韋達定理、三角形面積公式等知識點的合理運用．