在平面直角坐標系xoy中,已知圓C1:(x+3)2+(y-1)2=4 和圓C2:(x-4)2+(y-5)2=4
(1)若直線l過點A(4,0),且被圓C1截得的弦長為2
3
,求直線l的方程
(2)設P為平面上的點,滿足:存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2,它們分別與圓C1和C2相交,且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等,求所有滿足條件的點P的坐標.
分析:(1)因為直線l過點A(4,0),故可以設出直線l的點斜式方程,又由直線被圓C1截得的弦長為2
3
,根據(jù)半弦長、半徑、弦心距滿足勾股定理,我們可以求出弦心距,即圓心到直線的距離,得到一個關(guān)于直線斜率k的方程,解方程求出k值,代入即得直線l的方程.
(2)與(1)相同,我們可以設出過P點的直線l1與l2的點斜式方程,由于兩直線斜率為1,且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等,故我們可以得到一個關(guān)于直線斜率k的方程,解方程求出k值,代入即得直線l1與l2的方程.
解答:解:(1)由于直線x=4與圓C1不相交;
∴直線l的斜率存在,設l方程為:y=k(x-4)(1分)
圓C1的圓心到直線l的距離為d,∵l被⊙C1截得的弦長為2
3

∴d=
22-(
3
)
2
=1(12分)
d=
|1-k(-3-4)|
1+k2
從而k(24k+7)=0即k=0或k=-
7
24

∴直線l的方程為:y=0或7x+24y-28=0(5分)
(2)設點P(a,b)滿足條件,
由題意分析可得直線l1、l2的斜率均存在且不為0,
不妨設直線l1的方程為y-b=k(x-a),k≠0
則直線l2方程為:y-b=-
1
k
(x-a)(6分)
∵⊙C1和⊙C2的半徑相等,及直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等,
∴⊙C1的圓心到直線l1的距離和圓C2的圓心到直線l2的距離相等
|1-k(-3-a)-b|
1+k2
=
|5+
1
k
(4-a)-b|
1+
1
k2
(8分)
整理得|1+3k+ak-b|=|5k+4-a-bk|
∴1+3k+ak-b=±(5k+4-a-bk)即(a+b-2)k=b-a+3或(a-b+8)k=a+b-5
因k的取值有無窮多個,所以
a+b-2=0
b-a+3=0
a-b+8=0
a+b-5=0
(10分)
解得
a=
5
2
b=-
1
2
a=-
3
2
b=
13
2

這樣的點只可能是點P1
5
2
,-
1
2
)或點P2(-
3
2
,
13
2

經(jīng)檢驗點P1和P2滿足題目條件(12分)
點評:在解決與圓相關(guān)的弦長問題時,我們有三種方法:一是直接求出直線與圓的交點坐標,再利用兩點間的距離公式得出;二是不求交點坐標,用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得出,即設直線的斜率為k,直線與圓聯(lián)立消去y后得到一個關(guān)于x的一元二次方程再利用弦長公式求解,三是利用圓中半弦長、弦心距及半徑構(gòu)成的直角三角形來求.對于圓中的弦長問題,一般利用第三種方法比較簡捷.本題所用方法就是第三種方法.
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2
的圓C經(jīng)過坐標原點O,橢圓
x2
a2
+
y2
9
=1(a>0)
與圓C的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為10.
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3
5
,點B的縱坐標是
12
13
,則sin(α+β)的值是
16
65
16
65

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x2
m
+
y2
3
=1
的離心率為
1
2
,則m的值為
4
4

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3t
,0)
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x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)
的左焦點為F1(-1,0),且橢圓C的離心率e=
1
2

(1)求橢圓C的方程;
(2)設橢圓C的上下頂點分別為A1,A2,Q是橢圓C上異于A1,A2的任一點,直線QA1,QA2分別交x軸于點S,T,證明:|OS|•|OT|為定值,并求出該定值;
(3)在橢圓C上,是否存在點M(m,n),使得直線l:mx+ny=2與圓O:x2+y2=
16
7
相交于不同的兩點A、B,且△OAB的面積最大?若存在,求出點M的坐標及對應的△OAB的面積;若不存在,請說明理由.

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