Question

已知圓C₁：（x+1）²+y²=1和圓C₂：（x-4）²+y²=4．
（1）過圓心C₁作傾斜角為θ的直線l交圓C₂于A，B兩點，且A為C₁B的中點，求sinθ；
（2）過點P（m，1）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．試問過點P，M，N，C₂的圓是否過定點（異于點C₂）？若過定點，求出該定點；若不過定點，說明理由；
（3）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

考點：直線和圓的方程的應(yīng)用

專題：綜合題,直線與圓

分析：（1）設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），求出圓心C₂到直線l的距離，在Rt△C₁RC₂中，利用正弦函數(shù)，可求sinθ；
（2）求出，過點P，M，N，C₂的圓即為以PC₂為直徑的圓的方程，整理成關(guān)于實數(shù)m的等式（4-x）m+x²-4x+y²-y=0恒成立，即可求出定點坐標(biāo)；
（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．而k₁，k₂是（☆）方程的兩根，則ST=|k2-k1|x0=

4x02+4y02+8x0

x0+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）設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），則圓心C₂到直線l的距離d=

5k

1+k2

設(shè)AB的中點為R，則AR=

4-d2

=

1

2

AB=

1

3

C1R=

1

3

25-d2

則d2=

11

8

，所以在Rt△C₁RC₂中，sinθ=

C2R

C1C2

=

d

5

=

22

20

．
（2）依題意，過點P，M，N，C₂的圓即為以PC₂為直徑的圓，
所以（x-4）（x-m）+（y-1）（y-0）=0，即x²-（m+4）x+4m+y²-y=0
整理成關(guān)于實數(shù)m的等式（4-x）m+x²-4x+y²-y=0恒成立
則

4-x=0 x2-4x+y2-y=0

，所以

x=4 y=0

或

x=4 y=1

即存在定點（4，1）．
（3）設(shè)過Q（x₀，y₀）的直線與圓C₁切線，則d=

|-k-kx0+y0|

1+k2

=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，
所以k=

2y0+2x0y0± 4x02+4y02+8x0

2(x02+2x0)

．
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=

4x02+4y02+8x0

x0+2

，
又(x0-4)2+y02=4，
所以ST=

4x02+4y02+8x0

x0+2

=

40x0-48

x0+2

=2

2

•

5x0-6

x0+2

．
令

5x0-6

=t (t∈[2，2

6

])，則ST=2

2

•

5t

16+t2

=

10 2

t+ 16 t

，
考察關(guān)于t的函數(shù)f(t)=t+

16

t

(t∈[2，2

6

])，函數(shù)f（t）在區(qū)間[2.4]是單調(diào)遞減，在區(qū)間[4，2

6

]上單調(diào)遞增，所以（f（t））_max=10，（f（t））_min=8．
所以ST∈[

2

，

5 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．