设⊙C与直线-x+$\sqrt{3}$y=4相切于点A.且经过B(2.0)．(1)求⊙C的方程,.经过点D的直线L与⊙C相交于M.N.点P在L上且满足$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$.$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$.求|$\overrightarrow{PD}$|的取值� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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8．设⊙C与直线-x+$\sqrt{3}$y=4相切于点A（-1，$\sqrt{3}$），且经过B（2，0）．
（1）求⊙C的方程；
（2）令D（0，4），经过点D的直线L与⊙C相交于M，N，点P在L上且满足$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$，$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，求|$\overrightarrow{PD}$|的取值范围．

分析（1）设圆心C的坐标是（a，b），根据直线与⊙C相切的条件、切线的性质列出方程组，求出a、b的值和半径，代入圆的标准方程可求出⊙C的方程；
（2）根据直线L的斜率存在问题分类讨论：直线L的斜率不存在直接求出M、N的坐标，由条件和向量相等求出P的坐标和|$\overrightarrow{PD}$|；当直线L的斜率存在时设方程是y=kx+4，联立圆的方程求出M、N的横坐标，并利用△＞0求出k的范围，由条件和向量相等列出方程组，求出λ和a-4的值，表示出|$\overrightarrow{PD}$|化简后，利用换元法和二次函数的性质，结合k的范围求出|$\overrightarrow{PD}$|的取值范围．

解答解：（1）设圆心C的坐标是（a，b），
∵⊙C与直线-x+$\sqrt{3}$y=4相切于点A（-1，$\sqrt{3}$），且经过B（2，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{|-a+\sqrt{3}b-4|}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}=\sqrt{（a-2）^{2}+{b}^{2}}}\\{\frac{b-\sqrt{3}}{a+1}=-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=0}\end{array}\right.$，则C（0，0），
则⊙C的半径是|CB|=2，∴⊙C的方程是x²+y²=4；
（2）①当直线L的斜率不存在时，直线L的方程是x=0，
当M（0，2），N（0，-2）时，设P（0，a），
∵$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$，$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，
∴（0，2）=λ（0，-6），且（0，a-2）=-λ（0，-2-a），
解得λ=$-\frac{1}{3}$，a=1，则|PD|=3，
当N（0，2），M（0，-2）时，同理可得λ=-3，a=1，|PD|=|$\overrightarrow{PD}$|=3，
②当直线L的斜率存在时，设直线L的方程是y=kx+4，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（a，ka+4），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$得，（1+k²）x²+8kx+12=0，
∴△=（8k）²-4×12×（1+k²）=16（k²-3）＞0，解得$k＞\sqrt{3}或k＜-\sqrt{3}$，
设x₁=$\frac{-4k+2\sqrt{{k}^{2}-3}}{1+{k}^{2}}$，x₂=$\frac{-4k-2\sqrt{{k}^{2}-3}}{1+{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{MD}$=λ$\overrightarrow{DN}$，$\overrightarrow{MP}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，
∴（-x₁，4-y₁）=λ（x₂，y₂-4），且（a-x₁，ka+4-y₁）=-λ（x₂-a，y₂-ka-4），
则$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{1}=λ{x}_{2}}\\{a-{x}_{1}=-λ（{x}_{2}-a）}\end{array}\right.$，得λ=$\frac{\sqrt{{k}^{2}-3}-4k}{\sqrt{{k}^{2}-3}+4k}$，a=$\frac{-15{k}^{2}-3}{4k（1+{k}^{2}）}$，
∴|PD|=|$\sqrt{1+{k}^{2}}$|a|=$\frac{3（5{k}^{2}+1）}{4|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
设t=5k²+1，则${k}^{2}=\frac{t-1}{5}$，
∵$k＞\sqrt{3}或k＜-\sqrt{3}$，∴t≥16，代入上式得，
|PD|=$\frac{3}{4}•\frac{t}{\sqrt{\frac{t-1}{5}（1+\frac{t-1}{5}）}}$=$\frac{3}{4}•\frac{t}{\sqrt{\frac{t-1}{5}×\frac{t+4}{5}}}$
=$\frac{15}{4}•\sqrt{\frac{{t}^{2}}{{t}^{2}+3t-4}}$=$\frac{15}{4}•\sqrt{\frac{1}{1+\frac{3}{t}-\frac{4}{{t}^{2}}}}$，
设x=$\frac{1}{t}$，则$0＜\frac{1}{t}≤\frac{1}{16}$，设y=$-\frac{4}{{t}^{2}}+\frac{3}{t}+1$，
则y=-4x²+3x+1=$-4（x-\frac{3}{8}）^{2}+\frac{25}{16}$，
当x=0时，y=1；当x=$\frac{1}{16}$时，y=$\frac{75}{64}$；
∴$2\sqrt{3}≤\frac{15}{4}•\sqrt{\frac{1}{1+\frac{3}{t}-\frac{4}{{t}^{2}}}}＜\frac{15}{4}$，
∴|$\overrightarrow{PD}$|的取值范围是$[2\sqrt{3}，\frac{15}{4}）$，
综上可得，|$\overrightarrow{PD}$|的取值范围是$[2\sqrt{3}，\frac{15}{4}）$或3．

点评本题考查直线与圆位置关系，直线与相切的条件，向量相等的条件，利用代数法解决直线与圆相交问题，运算量大而繁，考查化简、变形能力，分析、解决问题的能力．

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A．

a＜b＜c

B．

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C．

b＜a＜c

D．

c＜b＜a

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A．

B．

C．

D．

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A．

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