Question

5．已知圓C的方程為x²+（y-4）²=4，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l：y=kx與圓C交于M，N兩點(diǎn)．
（1）求k的取值范圍；
（2）求弦MN中點(diǎn)G的軌跡方程，并求出軌跡的長(zhǎng)度；
（3）設(shè)Q（m，n）是線段MN上的點(diǎn)，且$\frac{2}{{|OQ{|^2}}}=\frac{1}{{|OM{|^2}}}+\frac{1}{{|ON{|^2}}}$，請(qǐng)將n表示為m的函數(shù)，并求其定義域．

Answer 1

分析 （1）將y=kx代入x²+（y-4）²=4，消去y，可得x的方程，由判別式大于0，可得k的范圍；
（2）由OG⊥OM，可得G在以O(shè)C為直徑的圓上，求得所求軌跡方程，再由兩圓的方程相減可得交點(diǎn)坐標(biāo)，求得弦長(zhǎng)，可得圓心角，進(jìn)而得到軌跡長(zhǎng)度；
（3）設(shè)出M，N的坐標(biāo)，求得|OM|，|OQ|，|ON|的長(zhǎng)，運(yùn)用韋達(dá)定理，化簡(jiǎn)整理，注意k的范圍的運(yùn)用，即可得到所求函數(shù)式．

解答 解：（1）將y=kx代入x²+（y-4）²=4中，
得（1+k²）x²-8kx+12=0．（*）
由△=（-8k）²-4（1+k²）×12＞0，得k²＞3．
所以，k的取值范圍是（-∞，$-\sqrt{3}$）∪（$\sqrt{3}$，+∞）．
（2）由OG⊥OM，可得G在以O(shè)C為直徑的圓上，
由C（0，4），可得所求圓的圓心為（0，2），半徑為2，
即軌跡方程x²+（y-2）²=4 （在已知圓內(nèi)），
由x²+（y-4）²=4和x²+（y-2）²=4，相減可得，y=3，
求得交點(diǎn)為（$\sqrt{3}$，3），（-$\sqrt{3}$，3），弦長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$，由圓的半徑為2，
可得圓心角為$\frac{2π}{3}$，則所求軌跡長(zhǎng)度為$\frac{4π}{3}$；
（3）因?yàn)镸，N在直線l上，可設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為（x₁，kx₁），（x₂，kx₂），
則|OM|²=（1+k²）x₁²，|ON|²=（1+k²）x₂²，
又|OQ|²=m²+n²=（1+k²）m²．
由$\frac{2}{{|OQ{|^2}}}=\frac{1}{{|OM{|^2}}}+\frac{1}{{|ON{|^2}}}$，得$\frac{2}{{（1+{k^2}）{m^2}}}=\frac{1}{{（1+{k^2}）{x_1}^2}}+\frac{1}{{（1+{k^2}）{x_2}^2}}$，
即$\frac{2}{m^2}=\frac{1}{{{x_1}^2}}+\frac{1}{{{x_2}^2}}=\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}^2{x_2}^2}}$．
由（*）式可知，x₁+x₂=$\frac{8k}{{1+{k^2}}}$，x₁x₂=$\frac{12}{{1+{k^2}}}$，所以${m^2}=\frac{36}{{5{k^2}-3}}$．
因?yàn)辄c(diǎn)Q在直線y=kx上，
所以$k=\frac{n}{m}$，代入${m^2}=\frac{36}{{5{k^2}-3}}$中并化簡(jiǎn)，得5n²-3m²=36．
由${m^2}=\frac{36}{{5{k^2}-3}}$及k²＞3，可知0＜m²＜3，即m∈（$-\sqrt{3}$，0）∪（0，$\sqrt{3}$）．
根據(jù)題意，點(diǎn)Q在圓C內(nèi)，則n＞0，
所以$n=\sqrt{\frac{{36+3{m^2}}}{5}}=\frac{{\sqrt{15{m^2}+180}}}{5}$．
于是，n與m的函數(shù)關(guān)系為$n=\frac{{\sqrt{15{m^2}+180}}}{5}$（m∈（$-\sqrt{3}$，0）∪（0，$\sqrt{3}$））．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓的位置關(guān)系，考查軌跡方程的求法和函數(shù)的解析式的求法，注意聯(lián)立直線方程和圓的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．