Question

11．已知在平面直角坐标系xOy中，已知⊙C₁：（x+3）²+（y-1）²=4，⊙C₂与⊙C₁关于直线1：4x+8y-31=0对称．
（1）求⊙C₂的方程；
（2）设P为平面上的点，满足下列条件：过点P存在无穷多对互相垂直的直线l₁和l₂，它们分别与⊙C₁和⊙C₂相交，且直线l₁被⊙C₁截得的弦长与直线l₂被⊙C₂截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）由题意可确定圆C₂的圆心与半径，圆C₁与圆C₂的圆心关于直线l对称，半径相等，可求；
（2）利用圆C₁与圆C₂的半径相等，又直线l₁被圆C₁截得的弦长与直线l₂被圆C₂截得的弦长相等，可得圆C₁的圆心到直线l₁距离，和圆C₂的圆心到直线l₂的距离相等，由此可得结论．

解答 解：（1）C₁的圆心C₁（-3，1），半径r₁=2，设圆C₂的圆心C₂（a，b），半径r₂=2，
由题意可得，C₁，C₂关于L：4x+8y-31=0对称，
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{b-1}{a+3}=2}\\{4•\frac{a-3}{2}+8•\frac{b+1}{2}-31=0}\end{array}\right.$，
解可得，a=$\frac{1}{2}$，b=8，即C₁（$\frac{1}{2}，8$），
∴⊙C₁：$（x-\frac{1}{2}）^{2}+（y-8）^{2}=4$．
（2）假设存在P（m，n）满足条件：不妨设l₁的方程为y-n=k（x-m）（k≠0），
则l₂的方程为y-n=-$\frac{1}{k}$（x-m），
因为圆C₁与圆C₂的半径相等，又直线l₁被圆C₁截得的弦长与直线l₂被圆C₂截得的弦长相等，
所以圆C₁的圆心到直线l₁距离和圆C₂的圆心到直线l₂的距离相等，
即$\frac{|-3k-1-km+n|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=\frac{|\frac{1}{2}+8k-kn-m|}{\sqrt{{k}^{2}}+1}$，
整理得|（m+3）k-n+1|=|（n-8）k+m$-\frac{1}{2}$|，
即（m+3）k-n+1=（n-8）k+m$-\frac{1}{2}$或（m+3）k-n+1=（8-n）k-m$+\frac{1}{2}$，
即（m-n+11）k-m-n+$\frac{3}{2}$=0或（m+n-5）k+m-n+$\frac{1}{2}$=0，
因为k取值无穷多个，
所以$\left\{\begin{array}{l}{m-n+11=0}\\{-m-n+\frac{3}{2}=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m+n-5=0}\\{m-n+\frac{1}{2}=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{19}{4}}\\{n=\frac{25}{4}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{9}{4}}\\{n=\frac{11}{4}}\end{array}\right.$；
∴这样的点P是（-$\frac{19}{4}，\frac{25}{4}$），（$\frac{9}{4}，\frac{11}{4}$）．

点评 本题考查圆与圆的位置关系，考查圆的对称性，考查存在性问题的探求，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．