Question

10．已知圓C過點P（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且與圓M：（x+2）²+（y+2）²=r²（r＞0）關于直線x+y+2=0對稱．
（1）求圓C的方程；
（2）設Q為圓心C上的一個動點，求$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$的最小值；
（3）過點P作兩條相異直線分別與圓C相交于A，B，且直線PA和直線PB的傾斜角互補，O為坐標原點，試判斷直線OP和AB是否平行？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用對稱性，求出圓心坐標，即可求出圓C的方程；
（2）利用向量的數量積公式，結合三角函數知識，即可得出結論；
（3）由已知可得直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數，設PA：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），PB：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=-k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），求出A，B坐標后，代入斜率公式，判斷直線OP和AB斜率是否相等，即可得到答案．

解答 （1）解：由題意可得點C和點M（-2，-2）關于直線x+y+2=0對稱，
且圓C和圓M的半徑相等，都等于r．
設C（m，n），由$\frac{m+2}{n+2}$•（-1）=-1，且$\frac{m-2}{2}$+$\frac{n-2}{2}$+2=0，
求得m=n=0，
故圓C的方程為x²+y²=r²．
再把點P（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入圓C的方程，求得r=1，
故圓的方程為x²+y²=1．
（2）解：設Q（x，y），則x²+y²=1，
$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$=（x，y）•（x+2，y+2）=x²+y²+2x+2y=2x+2y+1，
令x=cosθ，y=sinθ，
∴$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$=2cosθ+2sinθ+1=2$\sqrt{2}$sin（θ+$\frac{π}{4}$）+1，
∴θ+$\frac{π}{4}$=2kπ-$\frac{π}{2}$時，sin（θ+$\frac{π}{4}$）的最小值為-1，
∴$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$的最小值為-2$\sqrt{2}$+1；
（3）證明：過點P作兩條相異直線分別與圓C相交于A，B，
且直線PA和直線PB的傾斜角互補，O為坐標原點，
則得直線OP和AB平行，
理由如下：由題意知，直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數，
故可設PA：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），PB：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=-k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
由PA與圓方程聯(lián)立，得（1+k²）x²+$\sqrt{2}$k（1-k）x+$\frac{1}{2}$（1-k）²-1=0，
因為P的橫坐標x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$一定是該方程的解，故可得x_A=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\frac{{k}^{2}-2k-1}{1+{k}^{2}}$．
同理，所以x_B=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\frac{{k}^{2}+2k-1}{1+{k}^{2}}$．
由于AB的斜率k_AB=$\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$=$\frac{\sqrt{2}k-k（{x}_{B}+{x}_{A}）}{{x}_{B}-{x}_{A}}$=1=k_OP （OP的斜率），
所以，直線AB和OP一定平行．

點評 本題考查的知識點是直線和圓的方程的應用，關于直線對稱的圓的方程，其中根據已知條件求出圓C的方程是解答本題的關鍵，考查運算能力，屬于中檔題．