Question

17．已知M（2，0），N（0，-2），C為MN中點，點P滿足CP=$\frac{1}{2}$MN．
（1）求點P構(gòu)成曲線的方程．；
（2）是否存在過點（0，-1）的直線l與（1）所得曲線交于點A、B，且與x軸交于點Q，使$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題可知：點P在以MN為直徑的圓上，由中點坐標公式求出MN中點C（1，-1），再求出半徑r，則曲線C的方程可求；
（2）法一：當(dāng)直線l的斜率不存在時，求出A，B，Q的坐標，求得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$≠3；當(dāng)直線l的斜率存在時，不妨設(shè)直線l：y=kx-1，聯(lián)立直線和圓的方程，結(jié)合$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3求得k值，則直線方程可求；
法二：由$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3，可得直線l與x軸交點Q（x，0）必在圓外，則直線l即為過圓外一點Q所引圓C的一條割線交圓于A、B，畫出圖形，數(shù)形結(jié)合列式求得Q的坐標，則可求出直線方程．

解答 解：（1）由題可知：點P在以MN為直徑的圓上，
∴曲線C是圓心為MN中點C（1，-1），半徑r=$\frac{1}{2}$MN=$\sqrt{2}$．
∴曲線C的方程：（x-1）²+（y+1）²=2；
（2）法一：若直線l的斜率不存在，
∵直線l過點（0，-1），∴直線l：x=0．
此時A（0，0），B（0，-2），Q（0，0）．
∴與$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3矛盾；
∴直線l的斜率存在，不妨設(shè)直線l：y=kx-1，
直線l與圓交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{（x-1）^{2}+（y+1）^{2}=2}\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-2x-1=0．
由韋達定理可得：x₁+x₂=$\frac{2}{1+{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{1}{1+{k}^{2}}$，
當(dāng)k=0時，直線l：y=-1與x軸無交點不合題意，
∴設(shè)直線l與x軸交點Q（$\frac{1}{k}$，0），
∴$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=（{x}_{1}-\frac{1}{k}）（{x}_{2}-\frac{1}{k}）+{y}_{1}{y}_{2}$
=${x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{k}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{{k}^{2}}+{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-k（{x}_{1}+{x}_{2}）+1$
=$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}-（\frac{1}{k}+k）（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{{k}^{2}}+1$
=$（1+{k}^{2}）（-\frac{1}{1+{k}^{2}}）-\frac{{k}^{2}+1}{k}•\frac{2}{1+{k}^{2}}$$+\frac{1}{{k}^{2}}+1$
=$\frac{1}{{k}^{2}}-\frac{2}{k}$=3．
即3k²+2k-1=0，解得：k=-1或$\frac{1}{3}$．
∴直線l：y=-x-1，即x+y+1=0；
或y=$\frac{1}{3}$x-1，即：x-3y-3=0．
法二：∵$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3，∴直線l與x軸交點Q（x，0）必在圓外，
∴直線l即為過圓外一點Q所引圓C的一條割線交圓于A、B，
如圖，作QH與圓C相切于H，
∴QH⊥CH．
∴QH²=$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=3．
∴CQ²=3+r²=5．
∴（x-1）²+（0+1）²=5，
∴x=-1或3，
則Q（-1，0）或（3，0）．
又∵直線l過點（0，-1），∴k=-1或$\frac{1}{3}$．
∴直線l：y=-x-1，即x+y+1=0；
或 y=$\frac{1}{3}$x-1，即：x-3y-3=0．

點評 本題考查軌跡方程的求法，考查了向量在解決直線與圓的位置關(guān)系中的應(yīng)用，考查學(xué)生理解問題和解決問題的能力，是中檔題．