Question

6．已知直线l：y=kx+1与圆C：（x-2）²+（y-3）²=1相交于A，B两点
（1）求弦AB的中点M的轨迹方程；
（2）若O为坐标原点，S（k）表示△OAB的面积，若f（k）=[S（k）•（k²+1）]²，求f（k）的值域．

Answer 1

分析 （1）由题意求出直线l过定点坐标、圆心坐标，设点M（x，y），由垂径定理得MN与MC所在直线垂直，由直线斜率之积是-1列出关系式，化简后进行验证，可得弦AB的中点M的轨迹方程；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将y=kx+1代入方程（x-2）²+（y-3）²=1化简，得到一个关于x的一元二次方程，利用△＞0求出k的范围，利用根与系数的关系求出4S_△OAB²=|x₂-x₁|²=（x₁+x₂）²-4x₁•x₂，利用配方法和二次函数的性质，求出f（k）的值域．

解答 解：（1）由题意得，直线l与y轴的交点为N（0，1），圆心C（2，3），
设M（x，y），由M是弦AB的中点知：直线MN与MC所在直线垂直，
∴$\frac{y-1}{x-0}$•$\frac{y-3}{x-2}$=-1（x≠0且x≠2），化简得x²+y²-2x-4y+3=0．
当x=0时不符合题意，当x=2时y=3符合题意，
联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}-2x-4y+3=0}\\{（x-2）^{2}+（y-3）^{2}=1}\end{array}\right.$得，8x²-28x+21=0，
解得${x}_{1}=\frac{7-\sqrt{7}}{4}$，或${x}_{2}=\frac{7+\sqrt{7}}{4}$，
∴弦AB的中点M的轨迹方程是x²+y²-2x-4y+3=0（$\frac{7-\sqrt{7}}{4}＜x＜\frac{7+\sqrt{7}}{4}$）；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
将y=kx+1代入方程（x-2）²+（y-3）²=1得，（1+k²）x²-4（1+k）x+7=0，
∴△=16（1+k）²-28（1+k²）＞0得，-3k²+8k-3＞0，
解得$\frac{4-\sqrt{7}}{3}＜k＜\frac{4+\sqrt{7}}{3}$，
且x₁+x₂=$\frac{4（1+k）}{1+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{7}{1+{k}^{2}}$，
∵S_△OAB=S_△ONB-S_△ONA，且|ON|=1，∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$|x₂-x₁|．
则4S_△OAB²=|x₂-x₁|²=（x₁+x₂）²-4x₁•x₂
=$[\frac{4（1+k）}{1+{k}^{2}}]^{2}-4×\frac{7}{1+{k}^{2}}$=$\frac{-12{k}^{2}+32k-12}{（1+{k}^{2}）^{2}}$
则S²（k）=$\frac{-12{k}^{2}+32k-12}{{4（1+{k}^{2}）}^{2}}$=$\frac{-3{k}^{2}+8k-3}{{（1+{k}^{2}）}^{2}}$，
∴f（k）=[S（k）•（k²+1）]²=-3k²+8k-3=$-3（k-\frac{4}{3}）^{2}+\frac{7}{3}$，

∵$\frac{4-\sqrt{7}}{3}＜k＜\frac{4+\sqrt{7}}{3}$，
∴当k=$\frac{4}{3}$时，f（k）取到最大值为$\frac{7}{3}$，且当k=$\frac{4-\sqrt{7}}{3}或\frac{4+\sqrt{7}}{3}$时，f（k）=0，
∴f（k）的值域是（0，$\frac{7}{3}$]．

点评 本题考查了直线与圆的位置关系，利用换元法求最值的基本技能，以及动点的轨迹方程，考查了设而不求思想，化简、变形能力．