Question

9．已知⊙O的方程為x²+y²=4．
（1）若P為圓O上第一象限內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P的切線與x軸和y軸的正方向分別相交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，求|$\overrightarrow{OM}$|的最小值；
（2）設(shè)C為圓O上的一點(diǎn)，D，E是圓O上關(guān)于x軸對(duì)稱的兩點(diǎn)，若直線CD和直線CE與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為s，t，求證：st為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出切線方程，利用$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，表示出$\overrightarrow{OM}$，求出模長(zhǎng)，利用基本不等式即可求得結(jié)論；
（2）設(shè)點(diǎn)D（x₀，y₀），點(diǎn)C（x₁，y₁）（y₁≠±y₀），寫出直線直線CD、CE的方程，利用方程求出直線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，計(jì)算st的值即可．

解答 解：（1）∵⊙O的方程為x²+y²=4，
設(shè)切線l的方程為$\frac{x}{a}$+$\frac{y}$=1（a＞0，b＞0），即bx+ay-ab=0，
則A（a，0），B（0，b），
∵$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，∴$\overrightarrow{OM}$=（a，b），
∴|$\overrightarrow{OM}$|=$\sqrt{{a}^{2}{+b}^{2}}$；
又直線l與圓C相切，∴d=r，
即$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}{+b}^{2}}}$=2，
∴ab=2$\sqrt{{a}^{2}{+b}^{2}}$；
又ab≤$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}}{2}$，
∴2$\sqrt{{a}^{2}{+b}^{2}}$≤$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}}{2}$，
∴$\sqrt{{a}^{2}{+b}^{2}}$≥4，
即|$\overrightarrow{OM}$|≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2$\sqrt{2}$時(shí)“=”成立；
∴|$\overrightarrow{OM}$|的最小值是4；
（2）如圖所示，
設(shè)點(diǎn)D（x₀，y₀），由對(duì)稱性知點(diǎn)E（x₀，-y₀），且${{x}_{0}}^{2}$+${{y}_{0}}^{2}$=4，
設(shè)C（x₁，y₁）（y₁≠±y₀），則${{x}_{1}}^{2}$+${{y}_{1}}^{2}$=4；
所以直線CD的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}{-y}_{0}}{{x}_{1}{-x}_{0}}$（x-x₁），
直線CE的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}{+y}_{0}}{{x}_{1}{-x}_{0}}$（x-x₁）；
在上述直線方程中，分別令y=0，
解得x_M=$\frac{{{x}_{0}y}_{1}{{-x}_{1}y}_{0}}{{y}_{1}{-y}_{0}}$，x_N=$\frac{{{x}_{0}y}_{1}{{+x}_{1}y}_{0}}{{y}_{1}{+y}_{0}}$，
所以st=x_M•x_N=$\frac{{{{（x}_{0}y}_{1}）}^{2}{-{{（x}_{1}y}_{0}）}^{2}}{{{y}_{1}}^{2}{{-y}_{0}}^{2}}$=$\frac{（4{{-y}_{0}}^{2}{{）y}_{1}}^{2}-（4{{-y}_{1}}^{2}{{）y}_{0}}^{2}}{{{y}_{1}}^{2}{{-y}_{0}}^{2}}$=4，
即證st為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的切線性質(zhì)與基本不等式的應(yīng)用問題，也考查了平面向量以及直線斜率的應(yīng)用問題，是綜合性題目．