Question

14．在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知經(jīng)過原點(diǎn)O的直線l與圓C：x²+y²-4x-1=0交于A，B兩點(diǎn)．
（1）若直線m：ax-2y+a+2=0（a＞0）與圓C相切，切點(diǎn)為B，求直線l的方程；
（2）若OB=2OA，求直線l的方程；
（3）若圓C與x軸的正半軸的交點(diǎn)為D，求△ABD面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由直線與圓C相切d=r，求出直線m的方程，得切點(diǎn)B的坐標(biāo)，從而求出直線l的方程；
（2）設(shè)出直線AB的方程，利用圓心到直線AB的距離與半徑、弦長的關(guān)系，求出直線方程即可；
（3）求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，寫出△ABD的面積表達(dá)式，利用直線AB的方程與圓C的方程聯(lián)立，求出面積的最大值．

解答 解：（1）由直線m：ax-2y+a+2=0（a＞0）與圓C相切，
圓心為（2，0），半徑為$\sqrt{5}$；
∴$\frac{{|{3a+2}|}}{{\sqrt{{a^2}+4}}}=\sqrt{5}$；
化簡得：a²+3a-4=0，
解得a=1或a=-4，
又a＞0，故a=1；
∴直線m：x-2y+3=0
與圓C聯(lián)立，得$\left\{\begin{array}{l}{x-2y+3=0}\\{{x}^{2}{+y}^{2}-4x-1=0}\end{array}\right.$；
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=2}\end{array}\right.$，即切點(diǎn)B（1，2）；
∴直線l的方程為：y=2x；
（2）取AB中點(diǎn)M，則$AM=\frac{1}{2}AB$，
又$OA=\frac{1}{3}AB$，所以$OM=\frac{1}{3}AM$；
設(shè)：OM=x，圓心C（2，0）到直線l的距離為d，
由勾股定理得：x²+d²=4，9x²+d²=5，
解得${d^2}=\frac{31}{8}$；
設(shè)所求直線l的方程為y=kx，
∴$d=\frac{{|{2k}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
解得$k=±\sqrt{31}$，
∴直線l的方程為：y=±$\sqrt{31}$x；
（3）如圖所示：

設(shè)A，B兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為y₁，y₂，
易知$D（2+\sqrt{5}，0）$，
${S_{△ABD}}=\frac{1}{2}（2+\sqrt{5}）（|{y_1}|+|{y_2}|）$，
易知|y₁|+|y₂|=|y₁-y₂|；
設(shè)AB的方程為x=ty，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty\\{x^2}+{y^2}-4x-1=0\end{array}\right.$，
消去x得（t²+1）y²-4ty-1=0，
$|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{\sqrt{△}}}{{1+{t^2}}}=\frac{{\sqrt{20{t^2}+4}}}{{1+{t^2}}}$=$2\sqrt{\frac{{5{t^2}+1}}{{{{（{t^2}+1）}^2}}}}$，
設(shè)x=5t²+1，則|y₁-y₂|=2$\sqrt{\frac{25x}{{x}^{2}+8x+16}}$=2$\sqrt{\frac{25}{x+\frac{16}{x}+8}}$≤$\frac{5}{2}$，（當(dāng)且僅當(dāng)x=4時取等號），
∴△ABD面積最大值為$\frac{1}{2}$（2+$\sqrt{5}$）•$\frac{5}{2}$=$\frac{5}{4}$（2+$\sqrt{5}$）．

點(diǎn)評 本題考查了直線與圓的綜合應(yīng)用問題，也考查了勾股定理的應(yīng)用問題，考查了根與系數(shù)的應(yīng)用問題，考查了分析問題與解決問題的能力，是綜合性題目．