Question

1．如图，已知圆O：x²+y²=r²（r＞0），动直线l过点M（1，0）交圆O于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点（点A在x轴上方），点N在x轴上，若点B的坐标为（0，-r），则点A的横坐标为$\frac{8}{5}$．
（1）求r的值；
（2）当直线l的斜率为$\sqrt{7}$时，直线AN于圆O相切，求点N的坐标；
（3）试问：是否存在一定点N，使得∠ANM=∠BNM总成立？若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出A的坐标，利用k_AM=k_BM，建立方程，即可求r的值；
（2）求出k_OA=$\frac{\sqrt{7}}{3}$，利用直线AN与圆O相切，可得k_AN=-$\frac{3}{\sqrt{7}}$，从而直线AN的方程可求，即可求点N的坐标；
（3）动直线l的斜率不存在时，∠ANM=∠BNM总成立；动直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为y=k（x-1），假设存在一定点N（n，0），使得∠ANM=∠BNM总成立，则$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-n}$总成立，结合韦达定理，即可得出结论．

解答 解：（1）∵点A的横坐标为$\frac{8}{5}$，点A在x轴上方，
∴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）当直线l的斜率为$\sqrt{7}$时，直线的方程为y=$\sqrt{7}$（x-1），
代入x²+y²=4，解得x=$\frac{3}{2}$或x=$\frac{1}{4}$（舍去），
∴y=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$（负值舍去），
∴A（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{7}}{2}$），
∴k_OA=$\frac{\sqrt{7}}{3}$
∵直线AN与圆O相切，
∴k_AN=-$\frac{3}{\sqrt{7}}$，
∴直线AN的方程为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）显然若动直线l的斜率不存在时，∠ANM=∠BNM总成立；
动直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为y=k（x-1），
假设存在一定点N（n，0），使得∠ANM=∠BNM总成立，则$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-n}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-n}$总成立，
化简得2x₁x₂-（n+1）（x₁+x₂）+2n=0总成立，
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，
∴当N（4，0）时使得∠ANM=∠BNM总成立．

点评 本题考查直线与圆知识的综合运用，考查直线方程，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．