Question

1．如圖，已知圓O：x²+y²=r²（r＞0），動直線l過點M（1，0）交圓O于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點（點A在x軸上方），點N在x軸上，若點B的坐標為（0，-r），則點A的橫坐標為$\frac{8}{5}$．
（1）求r的值；
（2）當直線l的斜率為$\sqrt{7}$時，直線AN于圓O相切，求點N的坐標；
（3）試問：是否存在一定點N，使得∠ANM=∠BNM總成立？若存在，請求出點N的坐標，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出A的坐標，利用k_AM=k_BM，建立方程，即可求r的值；
（2）求出k_OA=$\frac{\sqrt{7}}{3}$，利用直線AN與圓O相切，可得k_AN=-$\frac{3}{\sqrt{7}}$，從而直線AN的方程可求，即可求點N的坐標；
（3）動直線l的斜率不存在時，∠ANM=∠BNM總成立；動直線l的斜率存在時，設為k，則直線l的方程為y=k（x-1），假設存在一定點N（n，0），使得∠ANM=∠BNM總成立，則$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-n}$總成立，結(jié)合韋達定理，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵點A的橫坐標為$\frac{8}{5}$，點A在x軸上方，
∴y_A=$\sqrt{{r}^{2}-\frac{64}{25}}$，
∵k_AM=k_BM，
∴$\frac{\sqrt{{r}^{2}-\frac{64}{25}}}{\frac{3}{5}}$=r，
∴r=2；
（2）當直線l的斜率為$\sqrt{7}$時，直線的方程為y=$\sqrt{7}$（x-1），
代入x²+y²=4，解得x=$\frac{3}{2}$或x=$\frac{1}{4}$（舍去），
∴y=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$（負值舍去），
∴A（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{7}}{2}$），
∴k_OA=$\frac{\sqrt{7}}{3}$
∵直線AN與圓O相切，
∴k_AN=-$\frac{3}{\sqrt{7}}$，
∴直線AN的方程為y-$\frac{\sqrt{7}}{2}$=-$\frac{3}{\sqrt{7}}$（x-$\frac{3}{2}$），即3x+$\sqrt{7}$y-8=0，
令y=0，可得x=$\frac{8}{3}$，∴N（$\frac{8}{3}$，0）；
（3）顯然若動直線l的斜率不存在時，∠ANM=∠BNM總成立；
動直線l的斜率存在時，設為k，則直線l的方程為y=k（x-1），
假設存在一定點N（n，0），使得∠ANM=∠BNM總成立，則$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-n}$總成立，
化簡得2x₁x₂-（n+1）（x₁+x₂）+2n=0總成立，
y=k（x-1），代入x²+y²=4，可得（k²+1）x²-2k²x+k²-4=0
∴x₁+x₂=$\frac{2{k}^{2}}{{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+1}$，
∴2×$\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+1}$-（n+1）×$\frac{2{k}^{2}}{{k}^{2}+1}$+2n=0
∴n=4，
∴當N（4，0）時使得∠ANM=∠BNM總成立．

點評 本題考查直線與圓知識的綜合運用，考查直線方程，考查韋達定理的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．