Question

7．已知圓C₁：x²+y²=9與圓C₂：（x-3）²+（y-4）²=r²（r＞0）相外切．
（1）若圓C₂關(guān)于直線l：$\frac{ax}{9}-\frac{by}{12}$=1對(duì)稱，求由點(diǎn)（a，b）向圓C₂所作的切線長的最小值；
（2）若直線l₁過點(diǎn)A（1，0）且與圓C₂相交于P，Q兩點(diǎn)，求△C₂PQ面積的最大值，并求此時(shí)直線l₁的方程．

Answer 1

分析 （1）由于兩圓相外切，可得|C₁C₂|=3+r=5，解得r．由圓C₂關(guān)于直線l：$\frac{ax}{9}-\frac{by}{12}$=1對(duì)稱，可得$\frac{3a}{9}$-$\frac{4b}{12}$=1，化為：a=b+3．由點(diǎn)（a，b）向圓C₂所作的切線長=$\sqrt{（a-3）^{2}+（b-4）^{2}-{2}^{2}}$=$\sqrt{2（b-2）^{2}+4}$．利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出切線長取得最小值．
（2）由題意可知：直線l₁的斜率存在且不為0，可設(shè)方程為：y=k（x-1），即kx-y-k=0．圓心C₂到直線l₁的距離d=$\frac{|2k-4|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．|PQ|=2$\sqrt{{r}^{2}-jzzrt5n^{2}}$，可得${S}_{△{C}_{2}PQ}$=$\frac{1}{2}$d|PQ|=d$\sqrt{4-xjbftvr^{2}}$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）圓C₁的圓心C₁（0，0），半徑為3．圓C₂的圓心C₂（3，4），半徑r．|C₁C₂|=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5．
∵兩圓相外切，∴|C₁C₂|=3+r=5，解得r=2．
∵圓C₂關(guān)于直線l：$\frac{ax}{9}-\frac{by}{12}$=1對(duì)稱，∴$\frac{3a}{9}$-$\frac{4b}{12}$=1，化為：a=b+3．
由點(diǎn)（a，b）向圓C₂所作的切線長=$\sqrt{（a-3）^{2}+（b-4）^{2}-{2}^{2}}$=$\sqrt{2^{2}-8b+12}$=$\sqrt{2（b-2）^{2}+4}$．
∴當(dāng)b=2時(shí)，切線長取得最小值2．
（2）由題意可知：直線l₁的斜率存在且不為0，可設(shè)方程為：y=k（x-1），即kx-y-k=0．
圓心C₂（3，4）到直線l₁的距離d=$\frac{|3k-4-k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{|2k-4|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
|PQ|=2$\sqrt{{r}^{2}-rz7lf5x^{2}}$=2$\sqrt{4-7jlppd5^{2}}$，
∴${S}_{△{C}_{2}PQ}$=$\frac{1}{2}$d|PQ|=d$\sqrt{4-f1fzlf9^{2}}$≤$\frac{hprpvph^{2}+（4-l5jzjlj^{2}）}{2}$=2，當(dāng)且僅當(dāng)d=$\sqrt{2}$時(shí)取等號(hào)，${S}_{△{C}_{2}PQ}$取得最大值2．
∴$\frac{|2k-4|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，化為：k²-8k+7=0，解得k=1，7．
∴直線l₁的方程為：x-y-1=0，或7x-y-7=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了兩圓外切的性質(zhì)、直線與圓相交弦長問題、點(diǎn)到直線的距離公式、兩點(diǎn)之間的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．