Question

10．已知以點(diǎn)C（t，$\frac{2}{t}$）（t∈R且t≠0）為圓心的圓經(jīng)過原點(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）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）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．求出與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，即可對(duì)稱S_△OAB．
（2）由|OM|=|ON|，可得原點(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，
可得t，即可對(duì)稱圓C的方程．
（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$\sqrt{5}$，進(jìn)而得出．

解答 （1）證明：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．
（2）解：∵|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）解：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) 本題考查了直線 與圓相交問題、圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、兩點(diǎn)之間的距離公式、對(duì)稱問題，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．