题目内容
19.已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;
(2)求线段AB 的中点M的轨迹C的方程;
(3)是否存在实数 k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线 C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.
分析 (1)通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论;
(2)设当直线l的方程为y=kx,通过联立直线l与圆C1的方程,利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化,计算即得结论;
(3)通过联立直线L与圆C1的方程,利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点(4,0)决定的直线斜率,即得结论.
解答 解:(1)∵圆C1:x2+y2-6x+5=0,
整理,得其标准方程为:(x-3)2+y2=4,
∴圆C1的圆心坐标为(3,0);
(2)设当直线l的方程为y=kx、A(x1,y1)、B(x2,y2),
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{(x-3)^{2}+{y}^{2}=4}\\{y=kx}\end{array}\right.$,
消去y可得:(1+k2)x2-6x+5=0,
由△=36-4(1+k2)×5>0,可得k2<$\frac{4}{5}$
由韦达定理,可得x1+x2=$\frac{6}{1+{k}^{2}}$,
∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{1+{k}^{2}}}\\{y=\frac{3k}{1+{k}^{2}}}\end{array}\right.$,其中-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$<k<$\frac{2\sqrt{5}}{5}$,
∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为:(x-$\frac{3}{2}$)2+y2=$\frac{9}{4}$,其中$\frac{5}{3}$<x≤3;
(3)结论:当k∈(-$\frac{2\sqrt{5}}{7}$,$\frac{2\sqrt{5}}{7}$)∪{-$\frac{3}{4}$,$\frac{3}{4}$}时,直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点.
理由如下:
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{(x-\frac{3}{2})^{2}+{y}^{2}=\frac{9}{4}}\\{y=k(x-4)}\end{array}\right.$,
消去y,可得:(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0,
令△=(3+8k2)2-4(1+k2)•16k2=0,解得k=±$\frac{3}{4}$,
又∵轨迹C的端点($\frac{5}{3}$,±$\frac{2\sqrt{5}}{3}$)与点(4,0)决定的直线斜率为±$\frac{2\sqrt{5}}{7}$,
∴当直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点时,
k的取值范围为[-$\frac{2\sqrt{5}}{7}$,$\frac{2\sqrt{5}}{7}$]∪{-$\frac{3}{4}$,$\frac{3}{4}$}.
点评 本题考查求轨迹方程、直线与曲线的位置关系问题,注意解题方法的积累,属于难题.
A. | |$\overrightarrow{a}•\overrightarrow{b}$|≤|$\overrightarrow{a}$||$\overrightarrow{b}$| | B. | |$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$|≤||$\overrightarrow{a}$|-|$\overrightarrow{b}$|| | C. | ($\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$)2=|$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$|2 | D. | ($\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$)•($\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$)=$\overrightarrow{a}$2-$\overrightarrow{b}$2 |