Question

11．已知圆O：x²+y²=9及点C（2，1）．
（1）若线段OC的垂直平分线交圆O于A，B两点，试判断四边形OACB的形状，并给予证明；
（2）过点C的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）OC的中点为（1，$\frac{1}{2}$），设OC的垂直平分线为y=-2x+$\frac{5}{2}$，代入圆x²+y²=9，得$5{x}^{2}-10x-\frac{11}{4}$=0，由韦达定理及中点坐标公式得到AB的中点为（1，$\frac{1}{2}$），再由OC⊥AB，推导出四边形OACB为菱形．
（2）当直线l的斜率不存在时，S_△OPQ=2$\sqrt{5}$，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y-1=k（x-2），（k$≠\frac{1}{2}$），圆心到直线PQ的距离为d=$\frac{|1-2k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，由平面几何知识得|PQ|=2$\sqrt{9-{d}^{2}}$，推导出当且仅当d²=$\frac{9}{2}$时，S_△OPQ取得最大值$\frac{9}{2}$，由此能求出直线l的方程．

解答 解：（1）四边形OACB为菱形，证明如下：
OC的中点为（1，$\frac{1}{2}$），设A（x₁，y₁），B（${{x}_{2}}^{\;}$，y₂），
设OC的垂直平分线为y=-2x+$\frac{5}{2}$，代入圆x²+y²=9，得$5{x}^{2}-10x-\frac{11}{4}$=0，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=1$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=-2×$1+\frac{5}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴AB的中点为（1，$\frac{1}{2}$），
∴四边形OACB为平行四边形，
又OC⊥AB，∴四边形OACB为菱形．
（2）当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2，则P、Q的坐标为（2，$\sqrt{5}$），（2，-$\sqrt{5}$），
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{5}$=2$\sqrt{5}$，
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y-1=k（x-2），（k$≠\frac{1}{2}$），
则圆心到直线PQ的距离为d=$\frac{|1-2k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
由平面几何知识得|PQ|=2$\sqrt{9-{d}^{2}}$，
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}×|PQ|×d$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{9-{d}^{2}}$d=$\sqrt{（9-{d}^{2}）{d}^{2}}$≤$\sqrt{（\frac{9-{d}^{2}+{d}^{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{9}{2}$，
当且仅当9-d²=d²，即d²=$\frac{9}{2}$时，S_△OPQ取得最大值$\frac{9}{2}$，
∵$2\sqrt{5}＜\frac{9}{2}$，∴S_△OPQ的最大值为$\frac{9}{2}$，
此时，由$\frac{4{k}^{2}-4k+1}{{k}^{2}+1}$=$\frac{9}{2}$，解得k=-7或k=-1．
此时，直线l的方程为x+y-3=0或7x+y-15=0．

点评 本题考查四边形形状的判断及证明，考查△OPQ的面积最大时直线l的方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、均值定理的合理运用．