Question

8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O：x²+y²=1，P為直線l：x=t（1＜t＜2）上一點(diǎn)．
（1）已知t=$\frac{4}{3}$．
①若點(diǎn)P在第一象限，且OP=$\frac{5}{3}$，求過點(diǎn)P的圓O的切線方程；
②若存在過點(diǎn)P的直線交圓O于點(diǎn)A，B，且B恰為線段AP的中點(diǎn)，求點(diǎn)P縱坐標(biāo)的取值范圍；
（2）設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)M，線段OM的中點(diǎn)為Q，R為圓O上一點(diǎn)，且RM=1，直線RM與圓O交于另一點(diǎn)N，求線段NQ長的最小值．

Answer 1

分析 （1）①設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{4}{3}$，y₀）（y₀＞0），利用OP=$\frac{5}{3}$，及（$\frac{4}{3}$）²+y₀²=（$\frac{5}{3}$）²，可解得y₀=1．易知過點(diǎn)P的圓O的切線的斜率必存在，可設(shè)切線的斜率為k，切線為y-1=k（x-$\frac{4}{3}$），利用點(diǎn)到直線間的距離公式可得$\frac{|1-\frac{4}{3}k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，解得k=0或k=$\frac{24}{7}$，從而可得過點(diǎn)P的圓O的切線方程．
②設(shè)A（x，y），則B（$\frac{x+\frac{4}{3}}{2}$，$\frac{y+{y}_{0}}{2}$），利用點(diǎn)A、B均在圓O上，可得$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+{y}^{2}=1\\（{\frac{x+\frac{4}{3}}{2}）}^{2}+（{\frac{y+{y}_{0}}{2}）}^{2}=1\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+{y}^{2}=1\\（x+\frac{4}{3}）^{2}+（{y+{y}_{0}）}^{2}=4\end{array}\right.$，該方程組有解，即圓x²+y²=1與圓（x+$\frac{4}{3}$）²+（y+y₀）²=4有公共點(diǎn)，繼而可得點(diǎn)P縱坐標(biāo)的取值范圍；
（2）設(shè)R（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}=1\\（{x}_{2}-t）^{2}+{{y}_{2}}^{2}=1\end{array}\right.$，解得x₂=$\frac{t}{2}$，${{y}_{2}}^{2}$=1-$\frac{{t}^{2}}{4}$，于是可得直線RM的方程為：-$\frac{2{y}_{2}}{t}$（x-t），與圓的方程x²+y²=1聯(lián)立，可求得N點(diǎn)橫坐標(biāo)為$\frac{t（3-{t}^{2}）}{2}$，繼而可得NQ的表達(dá)式，可求得線段NQ長的最小值．

解答 解：（1）①設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{4}{3}$，y₀），因?yàn)镺P=$\frac{5}{3}$，所以（$\frac{4}{3}$）²+y₀²=（$\frac{5}{3}$）²，解得y₀=±1．
又點(diǎn)P在第一象限，所以y₀=1，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{4}{3}$，1），易知過點(diǎn)P的圓O的切線的斜率必存在，可設(shè)切線的斜率為k，
則切線為y-1=k（x-$\frac{4}{3}$），即kx-y+1-$\frac{4}{3}$k=0，于是有$\frac{|1-\frac{4}{3}k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，解得k=0或k=$\frac{24}{7}$．
因此過點(diǎn)P的圓O的切線方程為：y=1或24x-7y-25=0．
②設(shè)A（x，y），則B（$\frac{x+\frac{4}{3}}{2}$，$\frac{y+{y}_{0}}{2}$），因?yàn)辄c(diǎn)A、B均在圓O上，所以有$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+{y}^{2}=1\\（{\frac{x+\frac{4}{3}}{2}）}^{2}+（{\frac{y+{y}_{0}}{2}）}^{2}=1\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+{y}^{2}=1\\（x+\frac{4}{3}）^{2}+（{y+{y}_{0}）}^{2}=4\end{array}\right.$．
該方程組有解，即圓x²+y²=1與圓（x+$\frac{4}{3}$）²+（y+y₀）²=4有公共點(diǎn)．
于是1≤$\sqrt{\frac{16}{9}+{{y}_{0}}^{2}}$≤3，解得-$\frac{\sqrt{65}}{3}$≤y₀≤$\frac{\sqrt{65}}{3}$，即點(diǎn)P縱坐標(biāo)的取值范圍是[-$\frac{\sqrt{65}}{3}$，$\frac{\sqrt{65}}{3}$]．

（2）設(shè)R（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}=1\\（{x}_{2}-t）^{2}+{{y}_{2}}^{2}=1\end{array}\right.$，解得x₂=$\frac{t}{2}$，${{y}_{2}}^{2}$=1-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
直線RM的方程為：-$\frac{2{y}_{2}}{t}$（x-t）．
由$\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+{y}^{2}=1\\ y=-\frac{2{y}_{2}}{t}（x-t）\end{array}\right.$可得N點(diǎn)橫坐標(biāo)為$\frac{t（3-{t}^{2}）}{2}$，
所以NQ=$\sqrt{{（\frac{2t-{t}^{3}}{2}）}^{2}+1-{（\frac{3t-{t}^{3}}{2}）}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{2{t}^{4}-5{t}^{2}+4}$，所以當(dāng)t²=$\frac{5}{4}$，即t=$\frac{\sqrt{5}}{2}$時，NQ最小為$\frac{\sqrt{14}}{8}$．

點(diǎn)評 本題考查直線與圓的方程的綜合應(yīng)用，考查點(diǎn)到直線間的距離公式、直線的點(diǎn)斜式方程，突出考查方程思想與綜合運(yùn)算能力，屬于難題．