Question

3．已知圆C：x²+（y-2）²=1，点P（t，0）是x轴上异于原点的任意一点，过点P作圆C的两条切线PA，PB．
（1）当t=-$\frac{1}{2}$时，过点P的直线被圆C截得的弦长为$\sqrt{3}$，求直线的方程；
（2）过原点O作OM⊥PB，ON⊥PA，垂足分别为M、N，求证：直线MN过定点并求定点的坐标．

Answer 1

分析 （1）利用圆心距与并集半弦长满足勾股定理，求出圆心到直线的距离，然后求解直线方程．
（2）当PB的斜率存在时，设PB方程为：y=k（x-t），k≠0，利用直线与圆相切，推出k²（t²-1）+4kt+3=0，${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{-4t}{{t}^{2}-1}$，${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{3}{{t}^{2}-1}$，设直线PB的方程为：y=k₁（x-t），直线PA的方程为：y=k₂（x-t求出MN的坐标．直线MN的方程，利用直线系求解即可．

解答 解：（1）圆C：x²+（y-2）²=1，点P（$-\frac{1}{2}$，0）是x轴上一点，
过点P的直线被圆C截得的弦长为$\sqrt{3}$，
可得圆的圆心（0，2）半径为：1，到直线的距离为：$\frac{1}{2}$，
过P的直线的斜率存在时，设方程为：y=k（x+$\frac{1}{2}$），
可得$\frac{|-2+\frac{k}{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\frac{1}{2}$，解得k=$\frac{15}{8}$，
可得直线方程为：30x-16y+15=0．
直线的斜率不垂直时，x=-$\frac{1}{2}$，满足题意，
直线的方程：x=-$\frac{1}{2}$或30x-16y+15=0．
（2）当PB的斜率存在时，设PB方程为：y=k（x-t），k≠0，即kx-y-kt=0，
由题意可得：$\frac{|2+kt|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=1$化简可得：
k²（t²-1）+4kt+3=0，${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{-4t}{{t}^{2}-1}$，${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{3}{{t}^{2}-1}$，
不妨设直线PB的方程为：y=k₁（x-t），直线PA的方程为：y=k₂（x-t），
∵OM⊥PB，∴${k}_{OM}=-\frac{1}{{k}_{1}}$直线OM的方程为：$y=-\frac{1}{{k}_{1}}x$，
∴$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{{k}_{1}}x\\ y={k}_{1}（x-t）\end{array}\right.$解得：$M（\frac{t}{1+\frac{1}{{{k}_{1}}^{2}}}，-\frac{t}{{k}_{1}+\frac{1}{{k}_{1}}}）$，即：$M（\frac{t{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}，-\frac{t{k}_{1}}{{{k}_{1}}^{2}+1}）$
同理$N（\frac{t{{k}_{2}}^{2}}{1+{{k}_{2}}^{2}}，-\frac{t{k}_{2}}{{{k}_{2}}^{2}+1}）$，直线MN的斜率为：$\frac{-\frac{t{k}_{2}}{{{k}_{2}}^{2}+1}+\frac{t{k}_{1}}{{{k}_{1}}^{2}+1}}{\frac{t{{k}_{2}}^{2}}{1+{{k}_{2}}^{2}}-\frac{t{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}}$=$\frac{{k}_{1}•{k}_{2}-1}{{k}_{1}+{k}_{2}}$=$\frac{{t}^{2}-4}{4t}$，
直线MN的方程为：$y+\frac{t{k}_{1}}{{{k}_{1}}^{2}+1}=\frac{{t}^{2}-4}{4t}（x-\frac{t{{k}_{1}}^{2}}{1+{{k}_{1}}^{2}}）$∵k₁²（t²-1）+4k₁t+3=0，
∴直线方程化为：$y=\frac{{t}^{2}-4}{4t}x-\frac{4k1t+（{t}^{2}-4）{{k}_{1}}^{2}}{4（1+{{k}_{1}}^{2}）}$=$\frac{{t}^{2}-4}{4t}x+\frac{3}{4}$，直线恒过定点（0，$\frac{3}{4}$）．

点评 本题考查直线与圆的方程的综合应用，直线系方程的应用，考查转化思想以及计算能力．