Question

1．已知曲线C₁：x²+y²-2x-4y+m=0．
（1）若曲线C₁是一个圆，且点P（1，1）在圆C₁外，求实数m的取值范围；
（2）当m=4时，曲线C₁关于直线x+y=0对称的曲线为C₂．设P为平面上的点，满足：存在过P点的无穷多对互相垂直的直线L₁，L₂，它们分别与曲线C₁和曲线C₂相交，且直线L₁被曲线C₁截得的弦长与直线L₂被曲线C₂截得的弦长总相等．
（1）求所有满足条件的点P的坐标；
（2）若直线L₁被曲线C₁截得的弦为MN，直线L₂被曲线C₂截得的弦为RS，设△PMR与△PNS的面积分别为S₁与S₂，试探究S₁•S₂是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）依题意列关于m的不等式组，求解不等式组得答案；
（2）当m=4时，求出圆C₁的方程，得到圆心坐标和半径，进一步求出关于x+y=0对称的圆C₂方程，得到C₂（-2，-1）．
（i）要存在无穷多对直线L₁与L₂，必有无穷多对的斜率都存在，设L₁的斜率为k，P（m，n），则L₂的斜率为$-\frac{1}{k}$，求出L₁，L₂的方程，由两圆半径都等于1，因此，若相交弦长相等，则两圆心到对应直线的距离必相等，列式可得（m-n-2）k-（m+n）=0或（m+n）k+（m-n+4）=0对无穷多个k值成立．由此求得m值，得到
点P的坐标；
（ii）设C₁到MN的距离为d，则PM•PN=$（\sqrt{P{{C}_{1}}^{2}-{d}^{2}}-\sqrt{1-{d}^{2}}）（\sqrt{P{{C}_{1}}^{2}-{d}^{2}}-\sqrt{1-{d}^{2}}）=P{{C}_{1}}^{2}-1=8$，同理PR•PS，代入${S_1}•{S_2}=\frac{1}{4}PM•PR•PN•PS=16$
得S₁•S₂为定值16．

解答 解：（1）依题意$\left\{\begin{array}{l}2-2-4+m＞0\\ 4+16-4m＞0\end{array}\right.$，解得4＜m＜5；
（2）当m=4时，C₁：（x-1）²+（y-2）²=1是以C₁（1，2）为圆心，半径为1的圆，
∴它关于x+y=0对称的圆C₂方程为（x+2）²+（y+1）²=1，C₂（-2，-1）．
（i）∵要存在无穷多对直线L₁与L₂，∴必有无穷多对的斜率都存在，
设L₁的斜率为k，P（m，n），则L₂的斜率为$-\frac{1}{k}$，
∴L₁：kx-y-mk+n=0，L₂：x+ky-m-kn=0，
由于两圆半径都等于1，因此，若相交弦长相等，则两圆心到对应直线的距离必相等，
∴$\frac{|k-2-mk+n|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{|-2-k-m-kn|}{{\sqrt{{k^2}-1}}}?|（m-1）k-（n-2）|=|k（n+1）+（m+2）|$
?（m-1）k-（n-2）=k（n+1）+（m+2）或（m-1）k-（n-2）=-k（n+1）-（m+2），
即（m-n-2）k-（m+n）=0或（m+n）k+（m-n+4）=0对无穷多个k值成立．
∴$\left\{\begin{array}{l}m-n-2=0\\ m=-n\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}m-n+4=0\\ m=-n\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}m=1\\ m=-1\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}m=-2\\ m=2\end{array}\right.$，
∴点P的坐标为（1，-1）或（-2，2）；
（ii）设C₁到MN的距离为d，则PM•PN=$（\sqrt{P{{C}_{1}}^{2}-{d}^{2}}-\sqrt{1-{d}^{2}}）（\sqrt{P{{C}_{1}}^{2}-{d}^{2}}-\sqrt{1-{d}^{2}}）=P{{C}_{1}}^{2}-1=8$，
同理，PR•PS=$（\sqrt{P{{C}_{2}}^{2}-{d}^{2}}-\sqrt{1-{d}^{2}}）（\sqrt{P{{C}_{2}}^{2}-{d}^{2}}-\sqrt{1-{d}^{2}}）=P{{C}_{2}}^{2}-1=8$，
又${S_1}•{S_2}=\frac{1}{4}PM•PR•PN•PS=16$，
∴S₁•S₂为定值16．

点评 本题考查圆的方程，考查了直线与圆位置关系的应用，考查数学转化思想方法，训练了计算能力，是中档题．