Question

17．已知圓C：x²+y²+2x-3=0．
（1）求圓的圓心C的坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)；
（2）直線l經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)且不與y軸重合，l與圓C相交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）兩點(diǎn)，求證：$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$為定值；
（3）斜率為1的直線m與圓C相交于D、E兩點(diǎn)，求直線m的方程，使△CDE的面積最大．

Answer 1

分析 （1）把圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，寫出圓心和半徑；
（2）設(shè)出直線l的方程，與圓C的方程組成方程組，消去y得關(guān)于x的一元二次方程，由根與系數(shù)的關(guān)系求出$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$的值；
（3）解法一：設(shè)出直線m的方程，由圓心C到直線m的距離，寫出△CDE的面積，利用基本不等式求出最大值，從而求出對(duì)應(yīng)直線方程；
解法二：利用幾何法得出CD⊥CE時(shí)△CDE的面積最大，再利用點(diǎn)到直線的距離求出對(duì)應(yīng)直線m的方程．

解答 解：（1）圓C：x²+y²+2x-3=0，配方得（x+1）²+y²=4，
則圓心C的坐標(biāo)為（-1，0），圓的半徑長(zhǎng)為2；
（2）設(shè)直線l的方程為y=kx，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+{y^2}+2x-3=0\\ y=kx\end{array}\right.$，
消去y得（1+k²）x²+2x-3=0，
則有：${x_1}+{x_2}=-\frac{2}{{1+{k^2}}}，{x_1}{x_2}=-\frac{3}{{1+{k^2}}}$；
所以$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{2}{3}$為定值；
（3）解法一：設(shè)直線m的方程為y=kx+b，則圓心C到直線m的距離$d=\frac{|b-1|}{{\sqrt{2}}}$，
所以$|DE|=2\sqrt{{R^2}-{d^2}}=2\sqrt{4-{d^2}}$，
${S_{△CDE}}=\frac{1}{2}|DE|•d=\sqrt{4-{d^2}}•d$≤$\frac{{（4-{d^2}）+{d^2}}}{2}=2$，
當(dāng)且僅當(dāng)$d=\sqrt{4-{d^2}}$，即$d=\sqrt{2}$時(shí)，△CDE的面積最大，
從而$\frac{|b-1|}{{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}$，解之得b=3或b=-1，
故所求直線方程為x-y+3=0或x-y-1=0．
解法二：由（1）知|CD|=|CE|=R=2，
所以${S_{△CDE}}=\frac{1}{2}|CD|•|CE|•sin∠DCE=2sin∠DCE$≤2，
當(dāng)且僅當(dāng)CD⊥CE時(shí)，△CDE的面積最大，此時(shí)$|DE|=2\sqrt{2}$；
設(shè)直線m的方程為y=x+b，則圓心C到直線m的距離$d=\frac{|b-1|}{{\sqrt{2}}}$，
由$|DE|=2\sqrt{{R^2}-{d^2}}=2\sqrt{4-{d^2}}=2\sqrt{2}$，得$d=\sqrt{2}$，
由$\frac{|b-1|}{{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}$，得b=3或b=-1，
故所求直線方程為x-y+3=0或x-y-1=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與圓的方程的應(yīng)用問(wèn)題，也考查了點(diǎn)到直線的距離以及方程組的應(yīng)用問(wèn)題，考查了轉(zhuǎn)化思想以及根與系數(shù)的應(yīng)用問(wèn)題，是綜合性題目．