Question

10．已知圆C过点P（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且与圆M：（x+2）²+（y+2）²=r²（r＞0）关于直线x+y+2=0对称．
（1）求圆C的方程；
（2）设Q为圆心C上的一个动点，求$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$的最小值；
（3）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用对称性，求出圆心坐标，即可求出圆C的方程；
（2）利用向量的数量积公式，结合三角函数知识，即可得出结论；
（3）由已知可得直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，设PA：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），PB：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=-k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），求出A，B坐标后，代入斜率公式，判断直线OP和AB斜率是否相等，即可得到答案．

解答 （1）解：由题意可得点C和点M（-2，-2）关于直线x+y+2=0对称，
且圆C和圆M的半径相等，都等于r．
设C（m，n），由$\frac{m+2}{n+2}$•（-1）=-1，且$\frac{m-2}{2}$+$\frac{n-2}{2}$+2=0，
求得m=n=0，
故圆C的方程为x²+y²=r²．
再把点P（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入圆C的方程，求得r=1，
故圆的方程为x²+y²=1．
（2）解：设Q（x，y），则x²+y²=1，
$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$=（x，y）•（x+2，y+2）=x²+y²+2x+2y=2x+2y+1，
令x=cosθ，y=sinθ，
∴$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$=2cosθ+2sinθ+1=2$\sqrt{2}$sin（θ+$\frac{π}{4}$）+1，
∴θ+$\frac{π}{4}$=2kπ-$\frac{π}{2}$时，sin（θ+$\frac{π}{4}$）的最小值为-1，
∴$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{MQ}$的最小值为-2$\sqrt{2}$+1；
（3）证明：过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，
且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，
则得直线OP和AB平行，
理由如下：由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，
故可设PA：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），PB：y-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=-k（x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
由PA与圆方程联立，得（1+k²）x²+$\sqrt{2}$k（1-k）x+$\frac{1}{2}$（1-k）²-1=0，
因为P的横坐标x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$一定是该方程的解，故可得x_A=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\frac{{k}^{2}-2k-1}{1+{k}^{2}}$．
同理，所以x_B=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\frac{{k}^{2}+2k-1}{1+{k}^{2}}$．
由于AB的斜率k_AB=$\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$=$\frac{\sqrt{2}k-k（{x}_{B}+{x}_{A}）}{{x}_{B}-{x}_{A}}$=1=k_OP （OP的斜率），
所以，直线AB和OP一定平行．

点评 本题考查的知识点是直线和圆的方程的应用，关于直线对称的圆的方程，其中根据已知条件求出圆C的方程是解答本题的关键，考查运算能力，属于中档题．