Question

15．已知圆C₁经过两点E（-2，0）F（-4，2），且圆心C₁在直线l：2x-y+8=0上．
（Ⅰ）求圆C₁的方程；
（Ⅱ）求过点G（-2，-4）且与圆C₁相切的直线方程；
（Ⅲ）设圆C₁与x轴相交于A、B两点，点P为圆C₁上不同于A、B的任意一点，直线PA、PB交y轴于M、N点．当点P变化时，以MN为直径的圆C₂是否经过圆C₁内一定点？请证明你的结论．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：设圆圆心为C₁（a，2a+4），由|C₁E|=|C₁F|求得a的值，可得圆心坐标和半径，从而求得圆的标准方程．
法二：用待定系数法，设圆为（x-a）²+（y-b）²=r²，根据条件列方程组求得a、b、r的值，从而求得圆的标准方程．
（Ⅱ）当切线l_G斜率不存在时，求得l_G的方程；当切线l_G斜率存在时，设切线l_G：y+4=k（x+2），由圆心C₁到切线的距离等于半径求得k的值，可得切线l_G的方程．
（Ⅲ）设P（x₀，y₀），由条件求得M、N的坐标，可得圆C₂的方程．再根据定点在x轴上，求出定点的坐标．

解答 解：（Ⅰ）法一：设圆圆心为C₁（a，2a+4），由|C₁E|=|C₁F|得，$\sqrt{{{（{a+2}）}^2}+{{（{2a+8}）}^2}}=\sqrt{{{（{a+4}）}^2}+{{（{2a+6}）}^2}}$，
解得a=-4，∴C₁（-4，0），半径为$\sqrt{{{（{-4+2}）}^2}+{{（{2×0+8}）}^2}}=2$$\sqrt{-4+2}$，
所以圆C₁：（x+4）²+y²=4．
法二：设圆为（x-a）²+（y-b）²=r²，则$\left\{\begin{array}{l}{（{-2-a}）^2}+{（{0-b}）^2}={r^2}\\{（{-4-a}）^2}+{（{2-b}）^2}={r^2}\\ 2a-b+8=0\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}a=-4\\ b=0\\ r=2\end{array}\right.$，所以圆C₁：（x+4）²+y²=4．
（Ⅱ）当切线l_G斜率不存在时，l_G：x=-2．
当切线l_G斜率存在时，设切线l_G：y+4=k（x+2），
即kx-y+2k-4=0，由圆心C₁到切线的距离$d=\frac{{|{-4k-0+2k-4}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=2$，
解得$k=-\frac{3}{4}$，此时l_G：3x+4y+22=0．
综上：l_G：3x+4y+22=0或x=-2． 
（Ⅲ）设P（x₀，y₀）（y₀≠0），则${（{x_0}+4）^2}$+$y_0^2$=4．
又A（-6，0），B（-2，0），
所以l_PA：y=$\frac{y_0}{{{x_0}+6}}$（x+6），M（0，$\frac{{6{y_0}}}{{{x_0}+6}}$），l_PB：y=$\frac{y_0}{{{x_0}+2}}$（x+1），N（0，$\frac{{2{y_0}}}{{{x_0}+2}}$）． 
圆C₂的方程为x²+${（{y-\frac{{\frac{{6{y_0}}}{{{x_0}+6}}+\frac{{2{y_0}}}{{{x_0}+2}}}}{2}}）^2}$=${（{\frac{{\frac{{6{y_0}}}{{{x_0}+6}}-\frac{{2{y_0}}}{{{x_0}+2}}}}{2}}）^2}$．
化简得x²+y²-（$\frac{{6{y_0}}}{{{x_0}+6}}$+$\frac{{2{y_0}}}{{{x_0}+2}}$）y-12=0．
由动点P（x₀，y₀）关于x轴的对称性可知，定点必在x轴上，令y=0，得x=$±2\sqrt{3}$．
又点（$-2\sqrt{3}$，0）在圆C₁内，
所以当点P变化时，以MN为直径的圆C₂经过定点$（{-2\sqrt{3}，0}）$．

点评 本题主要考查求圆的标准方程的方法，直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式，圆经过定点问题，体现了转化的数学思想，属于中档题．