Question

11．已知圓C₁的圓心為直線l₁：x-y+1=0與直線l₂：2x+y+2=0的交點，且圓C₁過點（-$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$）．
（I）求圓C₁的方程；
（Ⅱ）圓C₂：x²+y²-8x+12=0，已知P（x₀，y₀）為圓C₂上的動點，由點P向圓C₁作兩條切線分別交y軸于M，N兩點，求|MN|的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）聯(lián)立直線方程求得圓心坐標(biāo)，再由兩點間的距離公式求得半徑，代入圓的標(biāo)準(zhǔn)方程得答案；
（Ⅱ）設(shè)P（x₀，y₀），M（0，m），N（0，n），求出PM、PN所在直線方程，可得m，n為一元二次方程（x₀+2）x²-2y₀x-x₀=0的兩根，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到m+n=$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}+2}，mn=\frac{-{x}_{0}}{{x}_{0}+2}$，代入|MN|=|m-n|=$\sqrt{（m+n）^{2}-4mn}$，化為關(guān)于x₀的函數(shù)得答案．

解答 解：（Ⅰ）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x-y+1=0}\\{2x+y+2=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=0}\end{array}\right.$，
∴C₁（-1，0），則${r}_{1}=\sqrt{（-\frac{1}{2}+1）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{2}-0）^{2}}=1$，
則圓C₁的方程為（x+1）²+y²=1；
（Ⅱ）由C₂：x²+y²-8x+12=0，得（x-4）²+y²=4．
作出兩圓的圖形如圖：
設(shè)P（x₀，y₀），M（0，m），N（0，n），
直線PM的方程：y-m=$\frac{{y}_{0}-m}{{x}_{0}}$x，
化簡得（y₀-m）x-x₀y+x₀m=0．
又圓心（-1，0）到直線PM的距離為1，
∴$\frac{|m-{y}_{0}+{x}_{0}m|}{\sqrt{（{y}_{0}-m）^{2}+{{x}_{0}}^{2}}}=1$，
∴（y₀-m）²+x₀²=（y₀-m）²+2x₀m（m-y₀）+x₀²m²，
化簡得（x₀+2）m²-2y₀m-x₀=0，
同理可得（x₀+2）n²-2y₀n-x₀=0，
∴m+n=$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}+2}，mn=\frac{-{x}_{0}}{{x}_{0}+2}$，
∴|MN|=|m-n|=$\sqrt{（m+n）^{2}-4mn}$=$\sqrt{\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}}+\frac{4{x}_{0}}{{x}_{0}+2}}$
=$\sqrt{\frac{4{{y}_{0}}^{2}+4{{x}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}{（{x}_{0}+2）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{40{x}_{0}-48}{（{x}_{0}+2）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{40（{x}_{0}+2）-88}{（{x}_{0}+2）^{2}}}$
=$\sqrt{-88•\frac{1}{（{x}_{0}+2）^{2}}+40•\frac{1}{{x}_{0}+2}}$．
∵2≤x₀≤6，4≤x₀+2≤8，
則$\frac{1}{{x}_{0}+2}∈[\frac{1}{8}，\frac{1}{4}]$，
∴當(dāng)$\frac{1}{{x}_{0}+2}=\frac{1}{8}$時，|MN|有最小值為$\frac{\sqrt{58}}{4}$；
當(dāng)$\frac{1}{{x}_{0}+2}=\frac{5}{22}$時，|MN|有最大值為$\frac{5\sqrt{22}}{11}$．
∴|MN|的取值范圍是[$\frac{\sqrt{58}}{4}，\frac{5\sqrt{22}}{11}$]．

點評 本題主要考查了直線與圓的綜合問題，考查考生分析問題、解決問題的能力，訓(xùn)練了二次函數(shù)最值的求法，是中檔題．