Question

3．已知圓C：x²+（y-2）²=1，點P（t，0）是x軸上異于原點的任意一點，過點P作圓C的兩條切線PA，PB．
（1）當(dāng)t=-$\frac{1}{2}$時，過點P的直線被圓C截得的弦長為$\sqrt{3}$，求直線的方程；
（2）過原點O作OM⊥PB，ON⊥PA，垂足分別為M、N，求證：直線MN過定點并求定點的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）利用圓心距與并集半弦長滿足勾股定理，求出圓心到直線的距離，然后求解直線方程．
（2）當(dāng)PB的斜率存在時，設(shè)PB方程為：y=k（x-t），k≠0，利用直線與圓相切，推出k²（t²-1）+4kt+3=0，${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{-4t}{{t}^{2}-1}$，${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{3}{{t}^{2}-1}$，設(shè)直線PB的方程為：y=k₁（x-t），直線PA的方程為：y=k₂（x-t求出MN的坐標(biāo)．直線MN的方程，利用直線系求解即可．

解答 解：（1）圓C：x²+（y-2）²=1，點P（$-\frac{1}{2}$，0）是x軸上一點，
過點P的直線被圓C截得的弦長為$\sqrt{3}$，
可得圓的圓心（0，2）半徑為：1，到直線的距離為：$\frac{1}{2}$，
過P的直線的斜率存在時，設(shè)方程為：y=k（x+$\frac{1}{2}$），
可得$\frac{|-2+\frac{k}{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\frac{1}{2}$，解得k=$\frac{15}{8}$，
可得直線方程為：30x-16y+15=0．
直線的斜率不垂直時，x=-$\frac{1}{2}$，滿足題意，
直線的方程：x=-$\frac{1}{2}$或30x-16y+15=0．
（2）當(dāng)PB的斜率存在時，設(shè)PB方程為：y=k（x-t），k≠0，即kx-y-kt=0，
由題意可得：$\frac{|2+kt|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=1$化簡可得：
k²（t²-1）+4kt+3=0，${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{-4t}{{t}^{2}-1}$，${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{3}{{t}^{2}-1}$，
不妨設(shè)直線PB的方程為：y=k₁（x-t），直線PA的方程為：y=k₂（x-t），
∵OM⊥PB，∴${k}_{OM}=-\frac{1}{{k}_{1}}$直線OM的方程為：$y=-\frac{1}{{k}_{1}}x$，
∴$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{{k}_{1}}x\\ y={k}_{1}（x-t）\end{array}\right.$解得：$M（\frac{t}{1+\frac{1}{{{k}_{1}}^{2}}}，-\frac{t}{{k}_{1}+\frac{1}{{k}_{1}}}）$，即：$M（\frac{t{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}，-\frac{t{k}_{1}}{{{k}_{1}}^{2}+1}）$
同理$N（\frac{t{{k}_{2}}^{2}}{1+{{k}_{2}}^{2}}，-\frac{t{k}_{2}}{{{k}_{2}}^{2}+1}）$，直線MN的斜率為：$\frac{-\frac{t{k}_{2}}{{{k}_{2}}^{2}+1}+\frac{t{k}_{1}}{{{k}_{1}}^{2}+1}}{\frac{t{{k}_{2}}^{2}}{1+{{k}_{2}}^{2}}-\frac{t{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}}$=$\frac{{k}_{1}•{k}_{2}-1}{{k}_{1}+{k}_{2}}$=$\frac{{t}^{2}-4}{4t}$，
直線MN的方程為：$y+\frac{t{k}_{1}}{{{k}_{1}}^{2}+1}=\frac{{t}^{2}-4}{4t}（x-\frac{t{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}）$∵k₁²（t²-1）+4k₁t+3=0，
∴直線方程化為：$y=\frac{{t}^{2}-4}{4t}x-\frac{4k1t+（{t}^{2}-4）{{k}_{1}}^{2}}{4（1+{{k}_{1}}^{2}）}$=$\frac{{t}^{2}-4}{4t}x+\frac{3}{4}$，直線恒過定點（0，$\frac{3}{4}$）．

點評 本題考查直線與圓的方程的綜合應(yīng)用，直線系方程的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．