Question

8．設(shè)⊙C與直線-x+$\sqrt{3}$y=4相切于點A（-1，$\sqrt{3}$），且經(jīng)過B（2，0）．
（1）求⊙C的方程；
（2）令D（0，4），經(jīng)過點D的直線L與⊙C相交于M，N，點P在L上且滿足$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$，$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，求|$\overrightarrow{PD}$|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)圓心C的坐標(biāo)是（a，b），根據(jù)直線與⊙C相切的條件、切線的性質(zhì)列出方程組，求出a、b的值和半徑，代入圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可求出⊙C的方程；
（2）根據(jù)直線L的斜率存在問題分類討論：直線L的斜率不存在直接求出M、N的坐標(biāo)，由條件和向量相等求出P的坐標(biāo)和|$\overrightarrow{PD}$|；當(dāng)直線L的斜率存在時設(shè)方程是y=kx+4，聯(lián)立圓的方程求出M、N的橫坐標(biāo)，并利用△＞0求出k的范圍，由條件和向量相等列出方程組，求出λ和a-4的值，表示出|$\overrightarrow{PD}$|化簡后，利用換元法和二次函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合k的范圍求出|$\overrightarrow{PD}$|的取值范圍．

解答 解：（1）設(shè)圓心C的坐標(biāo)是（a，b），
∵⊙C與直線-x+$\sqrt{3}$y=4相切于點A（-1，$\sqrt{3}$），且經(jīng)過B（2，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{|-a+\sqrt{3}b-4|}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}=\sqrt{（a-2）^{2}+^{2}}}\\{\frac{b-\sqrt{3}}{a+1}=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=0}\end{array}\right.$，則C（0，0），
則⊙C的半徑是|CB|=2，∴⊙C的方程是x²+y²=4；
（2）①當(dāng)直線L的斜率不存在時，直線L的方程是x=0，
當(dāng)M（0，2），N（0，-2）時，設(shè)P（0，a），
∵$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$，$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，
∴（0，2）=λ（0，-6），且（0，a-2）=-λ（0，-2-a），
解得λ=$-\frac{1}{3}$，a=1，則|PD|=3，
當(dāng)N（0，2），M（0，-2）時，同理可得λ=-3，a=1，|PD|=|$\overrightarrow{PD}$|=3，
②當(dāng)直線L的斜率存在時，設(shè)直線L的方程是y=kx+4，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（a，ka+4），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$得，（1+k²）x²+8kx+12=0，
∴△=（8k）²-4×12×（1+k²）=16（k²-3）＞0，解得$k＞\sqrt{3}或k＜-\sqrt{3}$，
設(shè)x₁=$\frac{-4k+2\sqrt{{k}^{2}-3}}{1+{k}^{2}}$，x₂=$\frac{-4k-2\sqrt{{k}^{2}-3}}{1+{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$，$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，
∴（-x₁，4-y₁）=λ（x₂，y₂-4），且（a-x₁，ka+4-y₁）=-λ（x₂-a，y₂-ka-4），
則$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{1}=λ{x}_{2}}\\{a-{x}_{1}=-λ（{x}_{2}-a）}\end{array}\right.$，得λ=$\frac{\sqrt{{k}^{2}-3}-4k}{\sqrt{{k}^{2}-3}+4k}$，a=$\frac{-15{k}^{2}-3}{4k（1+{k}^{2}）}$，
∴|PD|=|$\sqrt{1+{k}^{2}}$|a|=$\frac{3（5{k}^{2}+1）}{4|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
設(shè)t=5k²+1，則${k}^{2}=\frac{t-1}{5}$，
∵$k＞\sqrt{3}或k＜-\sqrt{3}$，∴t≥16，代入上式得，
|PD|=$\frac{3}{4}•\frac{t}{\sqrt{\frac{t-1}{5}（1+\frac{t-1}{5}）}}$=$\frac{3}{4}•\frac{t}{\sqrt{\frac{t-1}{5}×\frac{t+4}{5}}}$
=$\frac{15}{4}•\sqrt{\frac{{t}^{2}}{{t}^{2}+3t-4}}$=$\frac{15}{4}•\sqrt{\frac{1}{1+\frac{3}{t}-\frac{4}{{t}^{2}}}}$，
設(shè)x=$\frac{1}{t}$，則$0＜\frac{1}{t}≤\frac{1}{16}$，設(shè)y=$-\frac{4}{{t}^{2}}+\frac{3}{t}+1$，
則y=-4x²+3x+1=$-4（x-\frac{3}{8}）^{2}+\frac{25}{16}$，
當(dāng)x=0時，y=1；當(dāng)x=$\frac{1}{16}$時，y=$\frac{75}{64}$；
∴$2\sqrt{3}≤\frac{15}{4}•\sqrt{\frac{1}{1+\frac{3}{t}-\frac{4}{{t}^{2}}}}＜\frac{15}{4}$，
∴|$\overrightarrow{PD}$|的取值范圍是$[2\sqrt{3}，\frac{15}{4}）$，
綜上可得，|$\overrightarrow{PD}$|的取值范圍是$[2\sqrt{3}，\frac{15}{4}）$或3．

點評 本題考查直線與圓位置關(guān)系，直線與相切的條件，向量相等的條件，利用代數(shù)法解決直線與圓相交問題，運算量大而繁，考查化簡、變形能力，分析、解決問題的能力．