Question

10．已知圓C₁：（x+1）²+y²=1和圓C₂：（x-4）²+y²=4．
（1）過點P（-2，-2）引圓C₂的兩條割線l₁和l₂，直線l₁和l₂被圓C₂截得的弦的中點分別為M，N．求過點P，M，N，C₂的圓被直線PC₁所截的弦長；
（2）過圓C₂上任一點Q（x₀，y₀）作圓C₁的兩條切線，設(shè)兩切線分別與y軸交于點S和T．求線段ST長度的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出過點P，M，N，C₂的圓即為以PC₂為直徑的圓的方程，由此能求出結(jié)果．
（3）直線y-y₀=k（x-x₀）與y軸的交點為（0，y₀-kx₀），不妨設(shè)S（0，y₀-k₁x₀），T（0，y₀-k₂x₀），則ST=|k₂-k₁|x₀=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{{x}_{0}+2}$．換元，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求線段ST長度的取值范圍．

解答 解：（1）∵圓C₁：（x+1）²+y²=1和圓C₂：（x-4）²+y²=4，
∴圓C₁：（x+1）²+y²=1的圓心C₁（-1，0），半徑r₁=1，
圓C₂：（x-4）²+y²=4的圓心C₂（4，0），半徑r₂=2，
∵過點P（-2，-2）引圓C₂的兩條割線l₁和l₂，直線l₁和l₂被圓C₂截得的弦的中點分別為M，N．
∴過點P，M，N，C₂的圓即為以PC₂為直徑的圓的方程，
PC₂的中點坐標為（1，-1），|PC₂|=$\sqrt{（4+2）^{2}+（0+2）^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴過點P，M，N，C₂的圓的圓心為（1，-1），半徑r=$\sqrt{10}$，
直線PC₁：$\frac{y+2}{x+2}$=$\frac{-1+2}{0+2}$，即x-2y+2=0，
圓心（1，-1）到直線x-2y=2=0的距離d=$\frac{|1+2+2|}{\sqrt{1+4}}$=$\sqrt{5}$，
∴過點P，M，N，C₂的圓被直線PC₁所截的弦長為：
2$\sqrt{{r}^{2}-4ww60mo^{2}}$=2$\sqrt{10-5}$=2$\sqrt{5}$．
（2）設(shè)過Q（x₀，y₀）的直線與圓C₁切線，
則d=$\frac{|-k-k{x}_{0}+{y}_{0}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，即（k+kx₀-y₀）²=1+k²，
整理成關(guān)于k的方程（x₀²+2x₀）k²-（2y₀+2x₀y₀）k+y₀²-1=0，（*）
判別式△=（2y₀+2x₀y₀）²-4（y₀²-1）（x₀²+2x₀）=4x₀²+4y₀²+8x₀，
∴k=$\frac{2{y}_{0}+2{x}_{0}{y}_{0}±\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{2（{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}）}$．
直線y-y₀=k（x-x₀）與y軸的交點為（0，y₀-kx₀），
不妨設(shè)S（0，y₀-k₁x₀），T（0，y₀-k₂x₀），則ST=|k₂-k₁|x₀．
而k₁，k₂是（*）方程的兩根，
則ST=|k₂-k₁|x₀=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{{x}_{0}+2}$．
又（x₀-4）²+y₀²=4，
∴ST=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{{x}_{0}+2}$=$\frac{\sqrt{40{x}_{0}-48}}{{x}_{0}+2}$=$2\sqrt{2}•\frac{\sqrt{5{x}_{0}-6}}{{x}_{0}+2}$．
令$\sqrt{5{x}_{0}-6}$=t（t∈[2，2$\sqrt{6}$]），則ST=2 $\sqrt{2}$•$\frac{5t}{16+{t}^{2}}$=$\frac{10\sqrt{2}}{t+\frac{16}{t}}$，
考察關(guān)于t的函數(shù)f（t）=t+$\frac{16}{t}$（t∈[2，2$\sqrt{6}$]），函數(shù)f（t）在區(qū)間[2.4]是單調(diào)遞減，在區(qū)間[4，2$\sqrt{6}$]上單調(diào)遞增，
∴（f（t））_max=10，（f（t））_min=8．
∴ST∈[$\sqrt{2}$，$\frac{5\sqrt{2}}{4}$]．

點評 直線和圓的方程的應(yīng)用，通常要利用垂徑定理，研究線段長的取值范圍，通常利用函數(shù)的單調(diào)性．