Question

13．已知圓C與直線y=-x+2$\sqrt{2}$相切，圓心在x軸上，且該圓被直線y=x截得的弦長為4$\sqrt{2}$．
（1）求圓C的方程；
（2）過點(diǎn)N（-1，0）作斜率為k（k≠0）的直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)．若直線OA與OB的斜率之積為-（3+$\sqrt{2}$）k²，求$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$的值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出圓心C的坐標(biāo)為（a，0），半徑為r，根據(jù)圓C與y=-x+2$\sqrt{2}$相切，被直線y=x截得的弦長為4$\sqrt{2}$，利用點(diǎn)到直線的距離公式表示出圓心C到直線y=x的距離d，根據(jù)弦長的一半，弦心距d及圓的半徑r構(gòu)成直角三角形，利用勾股定理列出關(guān)于a的方程，求出方程的解得到a的值，進(jìn)而得到a與半徑的值，寫出圓C的方程即可．
（2）直線l的方程為y=k（x+1），聯(lián)立直線與圓的方程，利用根的判別式、韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積能求解即可．

解答 解：（1）設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-a）²+y²=r²，
此時(shí)圓心坐標(biāo)為（a，0），半徑為r，
圓C與直線y=-x+2$\sqrt{2}$相切，∴r=$\frac{|-a+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$…①，
該圓被直線y=x截得的弦長為4$\sqrt{2}$．
∵圓心C到直線y=x的距離d=$\frac{|a|}{\sqrt{2}}$，弦長的一半為$2\sqrt{2}$，
∴根據(jù)勾股定理得：$\frac{{a}^{2}}{2}$+8=r²，…②，
解①②得a=-$\sqrt{2}$，r=3．
圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+$\sqrt{2}$）²+y²=9．
（2）（2）直線l的方程為y=k（x+1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+k}\\{（x+\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}=9}\end{array}\right.$，
得（k²+1）x²+（2k²+2$\sqrt{2}$）x+k²-7=0，
直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，
△=（2k²+2$\sqrt{2}$）²-4（k²+1）（k²-7）=8$\sqrt{2}$k²+24k²+36＞0恒成立…（8分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{2\sqrt{2}+2{k}^{2}}{{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{{k}^{2}-7}{{k}^{2}+1}$，
則y₁y₂=k²（x₁+1）（x₂+1）=k²[x₁x₂+（x₁+x₂）+1]，
∴$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=1+$\frac{\frac{-2\sqrt{2}-2{k}^{2}}{{k}^{2}+1}+1}{\frac{{k}^{2}-7}{{k}^{2}+1}}$=$\frac{-2\sqrt{2}-6}{{k}^{2}-7}$=-（3+$\sqrt{2}$）k²，
故k²=9…（10分）
則x₁x₂═$\frac{1}{5}$，x₁+x₂═$\frac{-9-\sqrt{2}}{5}$，y₁y₂=9×（$\frac{1}{5}$+$\frac{-9-\sqrt{2}}{5}$+1）=-$\frac{27+9\sqrt{2}}{5}$，
故$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=-$\frac{26+9\sqrt{2}}{5}$．…（12分）

點(diǎn)評 （1）考查了直線與圓相交的性質(zhì)，涉及的知識(shí)有：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，點(diǎn)到直線的距離公式，垂徑定理及勾股定理，當(dāng)直線與圓相交時(shí)，常常利用弦長的一半，弦心距及圓的半徑構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理來解決問題．（2）考查圓的方程的求法，考查向量的數(shù)量積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積公式的合理運(yùn)用．