Question

12．已知圆C的半径为2，圆心在x轴的负半轴上，直线2x-$\sqrt{5}$y+2=0与圆C相切．
（1）求圆C的方程；
（2）是否存在过点（0，-5）的直线l与圆C交于不同的两点A，B且满足$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=17？若存在，求出△AOB的面积；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设圆心C的坐标为（a，0）（a＜0），由圆心到直线的距离等于半径列式求得a，则圆的方程可求；
（2）当直线l的斜率不存在时，方程为x=0，此时直线l与圆C相离，不合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-5，联立直线方程与圆的方程，由$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=17求得k值，进一步得到|AB|，再求出AB边上的高，代入三角形面积公式得答案．

解答 解：（1）设圆心C的坐标为（a，0）（a＜0），则圆C的方程为（x-a）²+y²=4，
∵直线2x-$\sqrt{5}$y+2=0与圆C相切，∴$\frac{|2a+2|}{\sqrt{4+5}}=2$，解得a=-4或a=2（舍）．
∴圆C的方程为（x+4）²+y²=4；
（2）当直线l的斜率不存在时，方程为x=0，此时直线l与圆C相离，不合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-5，
联立$\left\{\begin{array}{l}{（x+4）^{2}+{y}^{2}=4}\\{y=kx-5}\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-（10k-8）x+37=0．
设直线l与C交于不同两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则△=（10k-8）²-4×（1+k²）×37=-48k²-160k-84．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{10k-8}{1+{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{37}{1+{k}^{2}}$，
则${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-5）（k{x}_{2}-5）={k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-5k（{x}_{1}+{x}_{2}）+25$=$\frac{12{k}^{2}+40k+25}{1+{k}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=17$，∴x₁x₂+y₁y₂=17，即$\frac{37}{1+{k}^{2}}+\frac{12{k}^{2}+40k+25}{1+{k}^{2}}=17$，
∴k²-8k-9=0，解得k=-1，或k=9．
验证k=9时，△＜0，舍去，
∴存在直线l满足条件，此时直线l的方程为y=-x-5．
∴圆心C（-4，0）到直线l的距离d=$\frac{|4-5|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．
则|AB|=$2\sqrt{{2}^{2}-（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{2}}=\sqrt{14}$，
又△AOB的底边上的高h=$\frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴${S}_{△AOB}=\frac{1}{2}|AB|•h=\frac{1}{2}×\sqrt{14}×\frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{7}}{2}$．

点评 本题考查直线与圆的位置关系，考查了向量在求解直线与圆问题中的应用，考查计算能力，是中档题．