Question

4．已知直線x+y+1=0與圓C：x²+y²+x-2ay+a=0交于A，B兩點(diǎn)．
（1）若a=3，求AB的長；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a使得以AB為直徑的圓過原點(diǎn)，若存在，求出實(shí)數(shù)a的值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）若對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a≠$\frac{1}{2}$，圓C與直線l始終相切，求出直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=3代入圓的方程，化為標(biāo)準(zhǔn)方程，求出圓心坐標(biāo)和半徑，由點(diǎn)到直線距離公式求得圓心到直線的距離，再由垂徑定理得答案；
（2）聯(lián)立直線方程和圓的方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得A，B的橫坐標(biāo)的和與積，結(jié)合以線段AB為直徑的圓過原點(diǎn)得答案；
（3）化圓的一般方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，求出圓心坐標(biāo)和半徑，分直線l的斜率不存在、存在兩種情況討論求得直線l的方程．

解答 解：（1）當(dāng)a=3時(shí)，圓C：x²+y²+x-6y+3=0的圓心$C（-\frac{1}{2}，3）$，半徑$r=\frac{5}{2}$．
圓心C到直線x+y+1=0的距離$d=\frac{{|-\frac{1}{2}+3+1|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{{7\sqrt{2}}}{4}$，
∴$AB=2\sqrt{{r^2}-{d^2}}=2\sqrt{{{（\frac{5}{2}）}^2}-{{（\frac{{7\sqrt{2}}}{4}）}^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$；
（2）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x+y+1=0}\\{{x}^{2}+{y}^{2}+x-2ay+a=0}\end{array}\right.$，得2x²+（2a+3）x+3a+1=0，
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{2a+3}{2}，{x_1}{x_2}=\frac{3a+1}{2}$，
∵以線段AB為直徑的圓過原點(diǎn)，∴x₁x₂+y₁y₂=0，即2x₁x₂+x₁+x₂+1=0，
∴$2×\frac{3a+1}{2}-\frac{2a+3}{2}+1=0$，得$a=-\frac{1}{4}$．經(jīng)檢驗(yàn)符合題意；
（3）圓C：x²+y²+x-2ay+a=0的圓心$C（-\frac{1}{2}，a）$，半徑$r=\frac{|2a-1|}{2}$，
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為x=t，則當(dāng)直線l與圓C相切時(shí)，$|t+\frac{1}{2}|$=$\frac{|2a-1|}{2}$，解得t=a-1或-a，
∴所求直線方程為x=a-1或x=-a；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為kx-y+b=0，
則圓心$C（-\frac{1}{2}，a）$到直線的距離為$d=\frac{{|-\frac{1}{2}k-a+b|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$=$\frac{|2a-1|}{2}$，整理得${（\frac{1}{2}k+a-b）^2}={（a-\frac{1}{2}）^2}（1+{k^2}）$，
即${a^2}+2（\frac{1}{2}k-b）a+{（\frac{1}{2}k-b）^2}=（1+{k^2}）（{a^2}-a+\frac{1}{4}）$，
由題，a為任意實(shí)數(shù)且$a≠\frac{1}{2}$，故1=1+k²且$2（\frac{1}{2}k-b）=-（1+{k^2}）$，解得k=0，$b=\frac{1}{2}$，
∴所求直線方程為$y=\frac{1}{2}$．
綜上，圓的切線方程為x=a-1或x=-a或$y=\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓的方程，考查了直線與圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查點(diǎn)到直線的距離公式，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．