Question

9．在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点O的圆M（圆心M在第Ⅰ象限）与x轴正半轴交于点A（2，0），弦OA将圆M截得两段圆弧的长度比为1：5．
（1）求圆M的标准方程；
（2）设点B是直线l：$\sqrt{3}$x+y+2$\sqrt{3}$=0上的动点，BC、BD是圆M的两条切线，C、D为切点，求四边形BCMD面积的最小值；
（3）若过点M且垂直于y轴的直线与圆M交于点E、F，点P为直线x=5上的动点，直线PE、PF与圆M的另一个交点分别为G、H（GH与EF不重合），求证：直线GH过定点．

Answer 1

分析 （1）由弦OA将圆M截得两段圆弧的长度比为1：5，可得∠OMA=60°，得△OMA为等边三角形，由此求出圆心坐标和半径，则圆M的方程可求；
（2）四边形BCMD得面积S=2×$\frac{1}{2}|BC|×2=2|BC|$，而|BC|=$\sqrt{|BM{|}^{2}-4}$，要使四边形BCMD面积最小，则|BM|最小即可．此时BM⊥l，再由得到直线的距离公算求解得答案；
（3）设点P（5，y₀），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），由题意知：E（-1，$\sqrt{3}$），F（$3，\sqrt{3}$），由题意可得2x₁x₂-7（x₁+x₂）+20=0，当斜率k存在时，设直线GH的方程为y=kx+b，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{（x-1）^{2}+（y-\sqrt{3}）^{2}=4}\end{array}\right.$，得$（1+{k}^{2}）{x}^{2}+（2kb-2\sqrt{3}k-2）x+{b}^{2}-2\sqrt{3}b=0$．利用根与系数的关系结合上式可得b=$\sqrt{3}-2k$或b=$\sqrt{3}-5k$．可得当b=$\sqrt{3}-2k$时，直线GH的方程为y=k（x-2）+$\sqrt{3}$，过定点（2，$\sqrt{3}$）；当b=$\sqrt{3}-5k$时，直线GH的方程为y=k（x-5）+$\sqrt{3}$，过定点（5，$\sqrt{3}$）．
由GH与EF不重合，知点（5，$\sqrt{3}$）不合题意．当斜率k不存在时，联立$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{（x-1）^{2}+（y-\sqrt{3}）^{2}=4}\end{array}\right.$，解得G（2，2$\sqrt{3}$），H（2，0），知点（2，$\sqrt{3}$）适合．

解答 （1）解：∵弦OA将圆M截得两段圆弧的长度比为1：5，
∴∠OMA=60°，则△OMA为等边三角形，
又∵|OA|=2，∴圆心M得坐标为（1，$\sqrt{3}$），r=2．
∴圆M的标准方程为$（x-1）^{2}+（y-\sqrt{3}）^{2}=4$；
（2）解：∵四边形BCMD得面积S=2×$\frac{1}{2}|BC|×2=2|BC|$，
在Rt△BCM中，|BC|=$\sqrt{|BM{|}^{2}-4}$，要使四边形BCMD面积最小，则|BM|最小即可．
此时BM⊥l，
∴$|BM{|}_{min}=\frac{|\sqrt{3}+\sqrt{3}+2\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}}=2\sqrt{3}$，∴$|BC{|}_{min}=2\sqrt{2}$．
∴四边形BCMD面积的最小值为$4\sqrt{2}$；
（3）证明：设点P（5，y₀），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），
由题意知：E（-1，$\sqrt{3}$），F（$3，\sqrt{3}$），
∴${k}_{PE}=\frac{{y}_{0}-\sqrt{3}}{6}=\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}+1}={k}_{GE}$，${k}_{PF}=\frac{{y}_{0}-\sqrt{3}}{2}=\frac{{y}_{2}-\sqrt{3}}{{x}_{2}-\sqrt{3}}={k}_{FH}$．
∴k_PF=3k_PE，
∴$\frac{（{y}_{2}-\sqrt{3}）^{2}}{（{x}_{2}-\sqrt{3}）^{2}}=9×\frac{（{y}_{1}-\sqrt{3}）^{2}}{（{x}_{1}+1）^{2}}$，①
∵点G、H在圆M上，∴将$（{y}_{1}-\sqrt{3}）^{2}=4-（{x}_{1}-1）^{2}$和$（{y}_{2}-\sqrt{3}）^{2}=4-（{x}_{2}-1）^{2}$代入①整理得：
2x₁x₂-7（x₁+x₂）+20=0，②
当斜率k存在时，设直线GH的方程为y=kx+b，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{（x-1）^{2}+（y-\sqrt{3}）^{2}=4}\end{array}\right.$，得$（1+{k}^{2}）{x}^{2}+（2kb-2\sqrt{3}k-2）x+{b}^{2}-2\sqrt{3}b=0$．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2kb-2\sqrt{3}k-2}{1+{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{b}^{2}-2\sqrt{3}b}{1+{k}^{2}}$．
代入②整理得：${b}^{2}+（7k-2\sqrt{3}）b+10{k}^{2}-7\sqrt{3}k+3=0$．
∴$（b+2k-\sqrt{3}）（b+5k-\sqrt{3}）=0$，解得b=$\sqrt{3}-2k$或b=$\sqrt{3}-5k$．
当b=$\sqrt{3}-2k$时，直线GH的方程为y=k（x-2）+$\sqrt{3}$，过定点（2，$\sqrt{3}$）；
当b=$\sqrt{3}-5k$时，直线GH的方程为y=k（x-5）+$\sqrt{3}$，过定点（5，$\sqrt{3}$）．
∵GH与EF不重合，∴点（5，$\sqrt{3}$）不合题意．
当斜率k不存在时，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{（x-1）^{2}+（y-\sqrt{3}）^{2}=4}\end{array}\right.$，解得G（2，2$\sqrt{3}$），H（2，0）．
∴点（2，$\sqrt{3}$）适合．
综上，直线GH过定点（2，$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查直线与圆位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．