Question

10．已知圆C₁：（x+1）²+y²=1和圆C₂：（x-4）²+y²=4．
（1）过点P（-2，-2）引圆C₂的两条割线l₁和l₂，直线l₁和l₂被圆C₂截得的弦的中点分别为M，N．求过点P，M，N，C₂的圆被直线PC₁所截的弦长；
（2）过圆C₂上任一点Q（x₀，y₀）作圆C₁的两条切线，设两切线分别与y轴交于点S和T．求线段ST长度的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出过点P，M，N，C₂的圆即为以PC₂为直径的圆的方程，由此能求出结果．
（3）直线y-y₀=k（x-x₀）与y轴的交点为（0，y₀-kx₀），不妨设S（0，y₀-k₁x₀），T（0，y₀-k₂x₀），则ST=|k₂-k₁|x₀=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{{x}_{0}+2}$．换元，利用函数的单调性，即可求线段ST长度的取值范围．

解答 解：（1）∵圆C₁：（x+1）²+y²=1和圆C₂：（x-4）²+y²=4，
∴圆C₁：（x+1）²+y²=1的圆心C₁（-1，0），半径r₁=1，
圆C₂：（x-4）²+y²=4的圆心C₂（4，0），半径r₂=2，
∵过点P（-2，-2）引圆C₂的两条割线l₁和l₂，直线l₁和l₂被圆C₂截得的弦的中点分别为M，N．
∴过点P，M，N，C₂的圆即为以PC₂为直径的圆的方程，
PC₂的中点坐标为（1，-1），|PC₂|=$\sqrt{（4+2）^{2}+（0+2）^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴过点P，M，N，C₂的圆的圆心为（1，-1），半径r=$\sqrt{10}$，
直线PC₁：$\frac{y+2}{x+2}$=$\frac{-1+2}{0+2}$，即x-2y+2=0，
圆心（1，-1）到直线x-2y=2=0的距离d=$\frac{|1+2+2|}{\sqrt{1+4}}$=$\sqrt{5}$，
∴过点P，M，N，C₂的圆被直线PC₁所截的弦长为：
2$\sqrt{{r}^{2}-{d}^{2}}$=2$\sqrt{10-5}$=2$\sqrt{5}$．
（2）设过Q（x₀，y₀）的直线与圆C₁切线，
则d=$\frac{|-k-k{x}_{0}+{y}_{0}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，即（k+kx₀-y₀）²=1+k²，
整理成关于k的方程（x₀²+2x₀）k²-（2y₀+2x₀y₀）k+y₀²-1=0，（*）
判别式△=（2y₀+2x₀y₀）²-4（y₀²-1）（x₀²+2x₀）=4x₀²+4y₀²+8x₀，
∴k=$\frac{2{y}_{0}+2{x}_{0}{y}_{0}±\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{2（{{x}_{0}}^{2}+2{x}_{0}）}$．
直线y-y₀=k（x-x₀）与y轴的交点为（0，y₀-kx₀），
不妨设S（0，y₀-k₁x₀），T（0，y₀-k₂x₀），则ST=|k₂-k₁|x₀．
而k₁，k₂是（*）方程的两根，
则ST=|k₂-k₁|x₀=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{{x}_{0}+2}$．
又（x₀-4）²+y₀²=4，
∴ST=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}+8{x}_{0}}}{{x}_{0}+2}$=$\frac{\sqrt{40{x}_{0}-48}}{{x}_{0}+2}$=$2\sqrt{2}•\frac{\sqrt{5{x}_{0}-6}}{{x}_{0}+2}$．
令$\sqrt{5{x}_{0}-6}$=t（t∈[2，2$\sqrt{6}$]），则ST=2 $\sqrt{2}$•$\frac{5t}{16+{t}^{2}}$=$\frac{10\sqrt{2}}{t+\frac{16}{t}}$，
考察关于t的函数f（t）=t+$\frac{16}{t}$（t∈[2，2$\sqrt{6}$]），函数f（t）在区间[2.4]是单调递减，在区间[4，2$\sqrt{6}$]上单调递增，
∴（f（t））_max=10，（f（t））_min=8．
∴ST∈[$\sqrt{2}$，$\frac{5\sqrt{2}}{4}$]．

点评 直线和圆的方程的应用，通常要利用垂径定理，研究线段长的取值范围，通常利用函数的单调性．