Question

7．已知圓C₁：（x+2）²+（y-1）²=4與圓C₂：（x-3）²+（y-4）²=4，過點(diǎn)P（-1，5）作兩條互相垂直的直線l₁：y=k（x+1）+5，l₂：y=-$\frac{1}{k}$（x+1）+5．
（1）若k=2時(shí)，設(shè)l₁與圓C₁交于A、B兩點(diǎn)，求經(jīng)過A、B兩點(diǎn)面積最小的圓的方程．
（2）若l₁與圓C₁相交，求證：l₂與圓C₂相交，且l₁被圓C₁截得的弦長與l₂被圓C₂截得的弦長相等．
（3）是否存在點(diǎn)Q，過Q的無數(shù)多對斜率之積為1的直線l₃，l₄，l₃被圓C₁截得的弦長與l₄被圓C₂截得的弦長相等．若存在求Q的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）經(jīng)過A、B兩點(diǎn)面積最小的圓應(yīng)是以AB為直徑的圓；
（2）證明l₂與圓C₂相交，利用兩圓的半徑相等，而兩弦心距相等，可得所截得的弦長相等；
（3）由d₃=d₄得|1-b+m（a+2）|=|a-3+m（4-b）|∴1-b+m（a+2）=a-3+m（4-b）（1）或1-b+m（a+2）=3-a+m（b-4）（2），（1）（2）對于無數(shù)多個(gè)m的值都成立．$\left\{\begin{array}{l}1-b=a-3\\ a+2=4-b\end{array}\right.$（3）或$\left\{\begin{array}{l}1-b=3-a\\ a+2=b-4\end{array}\right.$（4），（3）（4）都無解，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)k=2時(shí)，l₁的方程為y=2x+7
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{（x+2）^2}+{（y-1）^2}=4\\ y=2x+7\end{array}\right.$，整理得5x²+28x+36=0
設(shè)A、B為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）∴${x_1}+{x_2}=-\frac{28}{5}$，${x_1}{x_2}=\frac{36}{5}$，${y_1}+{y_2}=\frac{14}{5}$，${y_1}{y_2}=-\frac{3}{5}$，
經(jīng)過A、B兩點(diǎn)面積最小的圓應(yīng)是以AB為直徑的圓，
圓的方程為（x-x₁）（x-x₂）+（y-y₁）（y-y₂）=0．
即x²+y²-（x₁+x₂）x-（y₁+y₂）y+x₁x₂+y₁y₂=0
所求圓的方程：${x^2}+{y^2}+\frac{28}{5}x-\frac{14}{5}y+\frac{33}{5}=0$…（4分）
（2）設(shè)圓C₁的圓心到l₁的距離為d₁，圓C₂的圓心到l₂的距離為d₂，則${d_1}=\frac{{|{k-4}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}＜2$${d_2}=\frac{{|{\frac{4}{k}-1}|}}{{\sqrt{1+\frac{1}{k_2}}}}=\frac{{|{k-4}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}={d_1}＜2$，
∴l(xiāng)₂與圓C₂相交，
∵兩圓的半徑相等，而兩弦心距相等，
∴所截得的弦長相等．
（3）設(shè)Q（a，b）?₃的方程為y=m（x-a）+b．l₄的方程為$y=\frac{1}{m}（x-a）+b$，
依題意圓C₁的圓心到l₃的距離為${d_3}=\frac{{|{1-b+m（a+2）}|}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$，${d_4}=\frac{{|{4-b-\frac{1}{m}（3-a）}|}}{{\sqrt{1+\frac{1}{m^2}}}}=\frac{{|{a-3+m（4-b）}|}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$
由d₃=d₄得|1-b+m（a+2）|=|a-3+m（4-b）|∴1-b+m（a+2）=a-3+m（4-b）（1）
或1-b+m（a+2）=3-a+m（b-4）（2）
（1）（2）對于無數(shù)多個(gè)m的值都成立∴$\left\{\begin{array}{l}1-b=a-3\\ a+2=4-b\end{array}\right.$（3）或$\left\{\begin{array}{l}1-b=3-a\\ a+2=b-4\end{array}\right.$（4）
（3）（4）都無解∴Q不存在…（12分）

點(diǎn)評 本題考查圓的方程，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大．