Question

12．已知圓C的半徑為2，圓心在x軸的負半軸上，直線2x-$\sqrt{5}$y+2=0與圓C相切．
（1）求圓C的方程；
（2）是否存在過點（0，-5）的直線l與圓C交于不同的兩點A，B且滿足$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=17？若存在，求出△AOB的面積；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設圓心C的坐標為（a，0）（a＜0），由圓心到直線的距離等于半徑列式求得a，則圓的方程可求；
（2）當直線l的斜率不存在時，方程為x=0，此時直線l與圓C相離，不合題意；當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx-5，聯立直線方程與圓的方程，由$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=17求得k值，進一步得到|AB|，再求出AB邊上的高，代入三角形面積公式得答案．

解答 解：（1）設圓心C的坐標為（a，0）（a＜0），則圓C的方程為（x-a）²+y²=4，
∵直線2x-$\sqrt{5}$y+2=0與圓C相切，∴$\frac{|2a+2|}{\sqrt{4+5}}=2$，解得a=-4或a=2（舍）．
∴圓C的方程為（x+4）²+y²=4；
（2）當直線l的斜率不存在時，方程為x=0，此時直線l與圓C相離，不合題意；
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx-5，
聯立$\left\{\begin{array}{l}{（x+4）^{2}+{y}^{2}=4}\\{y=kx-5}\end{array}\right.$，得（1+k²）x²-（10k-8）x+37=0．
設直線l與C交于不同兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則△=（10k-8）²-4×（1+k²）×37=-48k²-160k-84．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{10k-8}{1+{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{37}{1+{k}^{2}}$，
則${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-5）（k{x}_{2}-5）={k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-5k（{x}_{1}+{x}_{2}）+25$=$\frac{12{k}^{2}+40k+25}{1+{k}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=17$，∴x₁x₂+y₁y₂=17，即$\frac{37}{1+{k}^{2}}+\frac{12{k}^{2}+40k+25}{1+{k}^{2}}=17$，
∴k²-8k-9=0，解得k=-1，或k=9．
驗證k=9時，△＜0，舍去，
∴存在直線l滿足條件，此時直線l的方程為y=-x-5．
∴圓心C（-4，0）到直線l的距離d=$\frac{|4-5|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．
則|AB|=$2\sqrt{{2}^{2}-（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{2}}=\sqrt{14}$，
又△AOB的底邊上的高h=$\frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴${S}_{△AOB}=\frac{1}{2}|AB|•h=\frac{1}{2}×\sqrt{14}×\frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{7}}{2}$．

點評 本題考查直線與圓的位置關系，考查了向量在求解直線與圓問題中的應用，考查計算能力，是中檔題．