Question

12．如图，在平面直角坐标系xoy中，已知圆O₁与x轴正半轴及射线l：y=kx（x≥0）都相切．
（1）若k=$\frac{4}{3}$，且直线y=-2x+3被圆O₁所截得的弦长为$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，求圆O₁的方程；
（2）若圆O₂与x轴正半轴及射线l也都相切，且与圆O₁都经过点（2，2），且两圆的半径之积为2，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）设圆心O₁（a，b），推导出圆心O₁到直线y=$\frac{4}{3}x$的距离d₁=$\frac{|4a-3b|}{5}$=b，从而a=2b，再由直线y=-2x+3被圆O₁所截得弦长为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，得到（$\frac{|2a+b-3}{\sqrt{5}}$）²+（$\frac{\sqrt{5}}{5}$）²=b²，由此能示出圆O₁的方程．
（2）设O₁、O₂在直线y=tx（t＞0）上，设O₁（m，mt），O₂（n，nt），则圆O₁：（x-m）²+（y-mt）²=（mt）²，圆O₂：（x-n）²+（y-nt）²=（nt）²，由点（2，2）在两圆上，得到m，n是方程x²-（4+4t）x+8=0的两根，从而mn=8，再由两半径之积（mt）（nt）=2，得到tan$θ=t=\frac{1}{2}$，从而k=tan2θ=$\frac{2tanθ}{1-ta{n}^{2}θ}$=$\frac{4}{3}$，由此能求出直线l的方程．

解答 解：（1）设圆心O₁（a，b），
圆心O₁到直线y=$\frac{4}{3}x$的距离d₁=$\frac{|4a-3b|}{5}$，
∵圆O₁与x轴正半轴及射线l：y=kx（x≥0）都相切．
∴${d}_{1}=\frac{|4a-3b|}{5}$=b，
∴a=2b或b=-2a（舍），
∵直线y=-2x+3被圆O₁所截得弦长为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴（$\frac{|2a+b-3}{\sqrt{5}}$）²+（$\frac{\sqrt{5}}{5}$）²=b²，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{2}{5}}\\{b=\frac{1}{5}}\end{array}\right.$，
∴圆O₁的方程为（x-2）²+（y-1）²=1或（x-$\frac{2}{5}$）²+（y-$\frac{1}{5}$）²=$\frac{1}{25}$．
（2）设O₁、O₂在直线y=tx（t＞0）上，
设O₁（m，mt），O₂（n，nt），
则圆O₁：（x-m）²+（y-mt）²=（mt）²，
圆O₂：（x-n）²+（y-nt）²=（nt）²，
又点（2，2）在两圆上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{（2-m）^{2}+（2-mt）^{2}=（mt）^{2}}\\{（2-n）^{2}+（2-nt）^{2}=（nt）^{2}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-（4+4t）m+8=0}\\{{n}^{2}-（4+4t）n+8=0}\end{array}\right.$，
∴m，n是方程x²-（4+4t）x+8=0的两根，∴mn=8，
又两半径之积（mt）（nt）=2，∴${t}^{2}=\frac{1}{4}$，t＞0，t=$\frac{1}{2}$，
则tan$θ=t=\frac{1}{2}$，
k=tan2θ=$\frac{2tanθ}{1-ta{n}^{2}θ}$=$\frac{4}{3}$，
∴直线l的方程为y=$\frac{4}{3}x$．

点评 本题考查圆的方程和直线方程的求法，考查圆、直线方程、点到直线距离公式、直线与圆相切、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．