Question

9．在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知點(diǎn)P為直線l：x=2上一點(diǎn)，過點(diǎn)A（1，0）作OP的垂線與以O(shè)P為直徑的圓K相交于B，C兩點(diǎn)．
（1）若BC=$\sqrt{6}$，求圓K的方程；
（2）求證：點(diǎn)B始終在某定圓上．
（3）是否存在一定點(diǎn)Q（異于點(diǎn)A），使得$\frac{QB}{AB}$為常數(shù)？若存在，求出定點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（2，t）（t≠0），則圓K的方程為$（x-1）^{2}+（y-\frac{t}{2}）^{2}=1+\frac{{t}^{2}}{4}$，通過圓心到直線BC的距離，可得t=±2，從而得圓K的方程；
（2）設(shè)B（x₀，y₀），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{OP}=0}\\{\overrightarrow{OB}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$ 消去參數(shù)t，即得點(diǎn)B的軌跡方程；
（3）設(shè)點(diǎn)Q（a，b），$\frac{Q{B}^{2}}{A{B}^{2}}=c$ （c為常數(shù)），利用x²+y²=2計(jì)算（x-a）²+（y-b）²=c[（x-1）²+y²]即可．

解答 解：（1）設(shè)P（2，t）（t≠0），則圓K的方程為$（x-1）^{2}+（y-\frac{t}{2}）^{2}=1+\frac{{t}^{2}}{4}$，
直線OP的斜率為$\frac{t}{2}$，又OP⊥BC，所以BC的斜率$-\frac{2}{t}$，
從而BC的方程為$y=-\frac{2}{t}（x-1）$，即2x+ty-2=0，
則圓心K（1，$\frac{t}{2}$）到直線BC的距離為$\frac{{t}^{2}}{2\sqrt{4+{t}^{2}}}$，
由（$\frac{{t}^{2}}{2\sqrt{4+{t}^{2}}}$）²+（$\frac{\sqrt{6}}{2}$）²=$1+\frac{{t}^{2}}{4}$，解得t=±2，
所以圓K的方程為（x-1）²+（y±1）²=2；
（2）設(shè)B（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{OP}=0}\\{\overrightarrow{OB}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$ 得$\left\{\begin{array}{l}{2（{x}_{0}-1）+t{y}_{0}=0}\\{{x}_{0}（{x}_{0}-2）+{y}_{0}（{y}_{0}-t）=0}\end{array}\right.$，
消去參數(shù)t，得${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}=2$，
所以點(diǎn)B的軌跡方程為圓：x²+y²=2；
（3）設(shè)點(diǎn)Q（a，b），$\frac{Q{B}^{2}}{A{B}^{2}}=c$ （c為常數(shù)），
則（x-a）²+（y-b）²=c[（x-1）²+y²]，
整理，得（c-1）（x²+y²）+2（a-c）x+2by+c-a²-b²=0，
由于x²+y²=2，所以2（a-c）x+2by+3c-a²-b²-2=0，
從而$\left\{\begin{array}{l}{2（a-c）=0}\\{2b=0}\\{3c-{a}^{2}-^{2}-2=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=0}\\{c=2}\end{array}\right.$ 或$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=0}\\{c=1}\end{array}\right.$（舍），
所以存在定點(diǎn)Q（2，0），使得$\frac{QB}{AB}=\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓的方程的應(yīng)用，注意解題方法的積累，屬于中檔題．