Question

已知圓C經(jīng)過點A（-2，0），B（0，2），且圓心C在直線y=x上，又直線l：y=kx+1與圓C相交于P、Q兩點．
（1）求圓C的方程；
（2）若

OP

•

OQ

=-2，求實數(shù)k的值；
（3）過點（0，4）作動直線m交圓C于E，F(xiàn)兩點．試問：在以EF為直徑的所有圓中，是否存在這樣的圓P，使得圓P經(jīng)過點M（2，0）？若存在，求出圓P的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）設(shè)圓心C（a，a），半徑為r．|AC|=|BC|=r，由此能求出圓C的方程．
（2）由

OP

•

OQ

=2×2×cos＜

OP

，

OQ

＞=-2，得∠POQ=120°，圓心C到直線l：kx-y+1=0的距離d=1，由此能求出k=0．
（3）當直線m的斜率不存在時，圓C也是滿足題意的圓；當直線m的斜率存在時，設(shè)直線m：y=kx+4，由

x2+y2=4 y=kx+4

，得（1+k²）x²+8kx+12=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合已知條件能求出在以EF為直徑的所有圓中，存在圓P：5x²+5y²-16x-8y+12=0或x²+y²=4，使得圓P經(jīng)過點M（2，0）．

解答： 解：（1）設(shè)圓心C（a，a），半徑為r．
因為圓C經(jīng)過點A（-2，0），B（0，2），
所以|AC|=|BC|=r，
即

(a+2)2+a2 =r a2+(a-2)2 =r

，
解得a=0，r=2，
所以圓C的方程是x²+y²=4．…（3分）
（2）因為

OP

•

OQ

=2×2×cos＜

OP

，

OQ

＞=-2，
且

OP

與

OQ

的夾角為∠POQ，
所以cos∠POQ=-

1

2

，∠POQ=120°，
所以圓心C到直線l：kx-y+1=0的距離d=1，
又d=

1

k2+1

，所以k=0．…（7分）
（3）（�。┊斨本�m的斜率不存在時，
直線m經(jīng)過圓C的圓心C，
此時直線m與圓C的交點為E（0，2），F(xiàn)（0，-2），
EF即為圓C的直徑，而點M（2，0）在圓C上，
即圓C也是滿足題意的圓．…（8分）
（ⅱ）當直線m的斜率存在時，設(shè)直線m：y=kx+4，
由

x2+y2=4 y=kx+4

，消去y整理，得（1+k²）x²+8kx+12=0，
由△=64k²-48（1+k²）＞0，得k＞

3

或k＜-

3

．
設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
則有

x1+x2=- 8k 1+k2 x1x2= 12 1+k2

①…（9分）
由①得y1y2=(kx1+4)(kx2+4)=k2x1x2+4k(x1+x2)+16=

16-4k2

1+k2

，②y1+y2=kx1+4+kx2+4=k(x1+x2)+8=

8

1+k2

，③
若存在以EF為直徑的圓P經(jīng)過點M（2，0），則ME⊥MF，
所以

ME

•

MF

=0，
因此（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，
即x₁x₂-2（x₁+x₂）+4+y₁y₂=0，…（10分）
則

12

1+k2

+

16k

1+k2

+4+

16-4k2

1+k2

=0，
所以16k+32=0，k=-2，滿足題意．…（12分）
此時以EF為直徑的圓的方程為x²+y²-（x₁+x₂）x-（y₁+y₂）y+x₁x₂+y₁y₂=0，
即x2+y2-

16

5

x-

8

5

y+

12

5

=0，
亦即5x²+5y²-16x-8y+12=0．…（13分）
綜上，在以EF為直徑的所有圓中，
存在圓P：5x²+5y²-16x-8y+12=0或x²+y²=4，使得圓P經(jīng)過點M（2，0）． …（14分）

點評：本題考查圓的方程的求法，考查實數(shù)k的值的求法，考查在以EF為直徑的所有圓中，是否存在這樣的圓P，使得圓P經(jīng)過點M（2，0）的判斷與求法，解題時要注意函數(shù)與方程思想的合理運用．