Question

19．已知过原点的动直线l与圆C₁：x²+y²-6x+5=0相交于不同的两点A，B．
（1）求圆C₁的圆心坐标；
（2）求线段AB 的中点M的轨迹C的方程；
（3）是否存在实数 k，使得直线L：y=k（x-4）与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过将圆C₁的一般式方程化为标准方程即得结论；
（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C₁的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；
（3）通过联立直线L与圆C₁的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论．

解答 解：（1）∵圆C₁：x²+y²-6x+5=0，
整理，得其标准方程为：（x-3）²+y²=4，
∴圆C₁的圆心坐标为（3，0）；
（2）设当直线l的方程为y=kx、A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{（x-3）^{2}+{y}^{2}=4}\\{y=kx}\end{array}\right.$，
消去y可得：（1+k²）x²-6x+5=0，
由△=36-4（1+k²）×5＞0，可得k²＜$\frac{4}{5}$
由韦达定理，可得x₁+x₂=$\frac{6}{1+{k}^{2}}$，
∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{1+{k}^{2}}}\\{y=\frac{3k}{1+{k}^{2}}}\end{array}\right.$，其中-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$＜k＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x-$\frac{3}{2}$）²+y²=$\frac{9}{4}$，其中$\frac{5}{3}$＜x≤3；
（3）结论：当k∈（-$\frac{2\sqrt{5}}{7}$，$\frac{2\sqrt{5}}{7}$）∪{-$\frac{3}{4}$，$\frac{3}{4}$}时，直线L：y=k（x-4）与曲线C只有一个交点．
理由如下：
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{（x-\frac{3}{2}）^{2}+{y}^{2}=\frac{9}{4}}\\{y=k（x-4）}\end{array}\right.$，
消去y，可得：（1+k²）x²-（3+8k²）x+16k²=0，
令△=（3+8k²）²-4（1+k²）•16k²=0，解得k=±$\frac{3}{4}$，
又∵轨迹C的端点（$\frac{5}{3}$，±$\frac{2\sqrt{5}}{3}$）与点（4，0）决定的直线斜率为±$\frac{2\sqrt{5}}{7}$，
∴当直线L：y=k（x-4）与曲线C只有一个交点时，
k的取值范围为[-$\frac{2\sqrt{5}}{7}$，$\frac{2\sqrt{5}}{7}$]∪{-$\frac{3}{4}$，$\frac{3}{4}$}．

点评 本题考查求轨迹方程、直线与曲线的位置关系问题，注意解题方法的积累，属于难题．