Question

9．已知斜率為k的直線l經(jīng)過點A（0，2），圓C：（x-2）²+（y-3）²=1，直線1與圓C相交于M．N兩點．
（1）證明：$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$為定值；
（2）若$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AN}$，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得，經(jīng)過點M、N、A的直線方程為y=kx+2，代入圓C的方程化簡，再利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求得x₁+x₂ 和x₁•x₂ 的值，可得y₁•y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）的值，利用$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=（x₁，y₁-2）•（x₂，y₂-2）=x₁•x₂+y₁•y₂-2（y₁+y₂）+4，即可得出結(jié)論；
（2）$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AN}$，可得x₁=λx₂，$\frac{λ}{（1+λ）^{2}}$=$\frac{{k}^{2}+1}{（2k+1）^{2}}$，設(shè)t=2k+1（t＞$\frac{5}{2}$），$\frac{{k}^{2}+1}{（2k+1）^{2}}$=$\frac{5}{4}$（$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{5}$）²-$\frac{1}{20}$∈[-$\frac{1}{20}$，0），可得$\frac{λ}{（1+λ）^{2}}$∈[-$\frac{1}{20}$，0），即可求實數(shù)λ的取值范圍．

解答 （1）證明：由題意可得，經(jīng)過點M、N、A的直線方程為y=kx+2，代入圓C的方程（x-2）²+（y-3）²=1，
可得 （1+k²）x²-（4k+2）x+4=0，△＞0，可得k＞$\frac{3}{4}$
設(shè)M（x₁，y₁）；N（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{4k+2}{{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{4}{{k}^{2}+1}$，
∴y₁•y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=$\frac{16{k}^{2}+4k+4}{{k}^{2}+1}$，y₁+y₂=$\frac{8{k}^{2}+2k+4}{{k}^{2}+1}$
$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=（x₁，y₁-2）•（x₂，y₂-2）=x₁•x₂+y₁•y₂-2（y₁+y₂）+4=$\frac{4}{{k}^{2}+1}$+$\frac{16{k}^{2}+4k+4}{{k}^{2}+1}$-2•$\frac{8{k}^{2}+2k+4}{{k}^{2}+1}$+4
=4為定值；
（2）解：∵$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AN}$，∴x₁=λx₂，
∴（1+λ）x₂=$\frac{4k+2}{{k}^{2}+1}$，λx₂²=$\frac{4}{{k}^{2}+1}$，
∴$\frac{λ}{（1+λ）^{2}}$=$\frac{{k}^{2}+1}{（2k+1）^{2}}$，
設(shè)t=2k+1（t＞$\frac{5}{2}$），$\frac{{k}^{2}+1}{（2k+1）^{2}}$=$\frac{5}{4}$（$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{5}$）²-$\frac{1}{20}$∈[-$\frac{1}{20}$，0），
∴$\frac{λ}{（1+λ）^{2}}$∈[-$\frac{1}{20}$，0），
∴-11-2$\sqrt{30}$≤λ＜0．

點評 本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，屬于中檔題．