Question

7．已知以點(diǎn)$C（t，\frac{2}{t}）（t∈R且t≠0）$為圓心的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，且與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B．
（1）求證：△AOB的面積為定值．
（2）設(shè)直線2x+y-4=0與圓C交于點(diǎn)M，N，若|OM|=|ON|，求圓C的方程．
（3）當(dāng)t＞0時(shí)，在（2）的條件下，設(shè)P，Q分別是直線l：x+y+2=0和圓C上的動(dòng)點(diǎn)，求|PB|+|PQ|的最小值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出圓的方程為x²-2tx+y²-$\frac{4}{t}y$=0．與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為：A（2t，0），B（0，$\frac{4}{t}$）．由此能證明S_△OAB=4，為定值．
（2）由|OM|=|ON|，得原點(diǎn)O在線段MN的垂直平分線上，設(shè)線段MN的中點(diǎn)為H，則C，H，O三點(diǎn)共線，從而求出t=±2，由此能求出圓C的方程．
（3）圓心C（2，1），半徑r=$\sqrt{5}$，點(diǎn)B（0，2）關(guān)于直線x+y+2=0的對(duì)稱點(diǎn)為B′（-4，-2），則|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，由此能求出|PB|+|PQ|的最小值和點(diǎn)P坐標(biāo)．

解答 證明：（1）由題意可得：圓的方程為：（x-t）²+（y-$\frac{2}{t}$）²=t²+$\frac{4}{{t}^{2}}$，化為：x²-2tx+y²-$\frac{4}{t}y$=0．
與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為：A（2t，0），B（0，$\frac{4}{t}$）．
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}×|2t|×|\frac{4}{t}|$=4，為定值．
解：（2）∵|OM|=|ON|，∴原點(diǎn)O在線段MN的垂直平分線上，設(shè)線段MN的中點(diǎn)為H，
則C，H，O三點(diǎn)共線，
OC的斜率k=$\frac{\frac{2}{t}}{t}$=$\frac{2}{{t}^{2}}$，∴$\frac{2}{{t}^{2}}$×（-2）=-1，解得t=±2，
可得圓心C（2，1），或（-2，-1）．
∴圓C的方程為：（x-2）²+（y-1）²=5，或（x+2）²+（y+1）²=5．
（3）由（2）可知：圓心C（2，1），半徑r=$\sqrt{5}$，點(diǎn)B（0，2）關(guān)于直線x+y+2=0的對(duì)稱點(diǎn)為B′（-4，-2），
則|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，
又點(diǎn)B′到圓上點(diǎn)Q的最短距離為|B′C|-r=$\sqrt{（-6）^{2}+（-3）^{2}}$-$\sqrt{5}$=2$\sqrt{5}$，
則|PB|+|PQ|的最小值為2$\sqrt{5}$．
直線B′C的方程為：y=$\frac{1}{2}$x，此時(shí)點(diǎn)P為直線B′C與直線l的交點(diǎn)，
故所求的點(diǎn)P（-$\frac{4}{3}$，-$\frac{2}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角形面積為定值的證明，考查圓的方程的求法，考查兩線段落和的最小值及點(diǎn)的坐標(biāo)的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．