Question

17．已知圓C：x²-（1+a）x+y²-ay+a=0（a∈R）．
（Ⅰ） 若a=1，求直線y=x被圓C所截得的弦長；
（Ⅱ） 若a＞1，如圖，圓C與x軸相交于兩點(diǎn)M，N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)）．過點(diǎn)M的動直線l與圓O：x²+y²=4相交于A，B兩點(diǎn)．問：是否存在實(shí)數(shù)a，使得對任意的直線l均有∠ANM=∠BNM？若存在，求出實(shí)數(shù)a的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=1時，求出圓心C（1，$\frac{1}{2}$），半徑r=$\frac{1}{2}$，求出圓心C到直線y=x的距離，由此利用勾股定理能求出直線y=x被圓C所截得的弦長．
（Ⅱ）先求出所以M（1，0），N（a，0），假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），代入x²+y²=4，利用韋達(dá)定理，根據(jù)NA、NB的斜率之和等于零求得a的值．經(jīng)過檢驗(yàn)，當(dāng)直線AB與x軸垂直時，這個a值仍然滿足∠ANM=∠BNM，從而得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ） 當(dāng)a=1時，圓C：x²-2x+y²-y+1=0，
圓心C（1，$\frac{1}{2}$），半徑r=$\frac{1}{2}\sqrt{4+1-4}$=$\frac{1}{2}$，
圓心C（1，$\frac{1}{2}$）到直線y=x的距離d=$\frac{|1-\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴直線y=x被圓C所截得的弦長為：2$\sqrt{（\frac{1}{2}）^{2}-（\frac{\sqrt{2}}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅱ）令y=0，得x²-（1+a）x+a=0，即（x-1）（x-a）=0，解得x=1，或x=a，
∴M（1，0），N（a，0）．
假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），
代入x²+y²=4得，（1+k²）x²-2k²x+k²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），從而${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{k}^{2}-4}{1+{k}^{2}}$．
∵NA、NB的斜率之和為$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$=$\frac{k[（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-a）+（{x}_{2}-1）（{x}_{1}-a）]}{（{x}_{1}-a）（{x}_{2}-a）}$，
而（x₁-1）（x₂-a）+（x₂-1）（x₁-a）
=2x₁x₂-（a+1）（x₂+x₁）+2a=$2×\frac{{k}^{2}-1}{1+{k}^{2}}-（a+1）×\frac{2{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$+2a=$\frac{2a-8}{1+{k}^{2}}$，
∵∠ANM=∠BNM，所以，NA、NB的斜率互為相反數(shù)，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$=0，即$\frac{2a-8}{1+{k}^{2}}$=0，得a=4．
當(dāng)直線AB與x軸垂直時，仍然滿足∠ANM=∠BNM，即NA、NB的斜率互為相反數(shù)．
綜上，存在a=4，使得∠ANM=∠BNM．

點(diǎn)評 本題考查弦長的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)值是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要注意點(diǎn)到直線距離公式、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．