Question

1．已知圆C的方程为x²+（y-4）²=4，点O是坐标原点．直线l：y=$\sqrt{k}$•x与圆C交于M．N不同的两点．
（Ⅰ）求k的取值范围；
（Ⅱ）设点M、N的横坐标分别是x₁、x₂．
①试用x₁、x₂、k来表示|OM|、|ON|；
②设Q（m，n）是线段MN上的点，且$\frac{2}{|OQ{|}^{2}}$=$\frac{1}{|OM{|}^{2}}$+$\frac{1}{|ON{|}^{2}}$．请用m表示n，并求n的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可以利用圆心到直线的距离小于半径来计算，也可以通过将直线方程代入圆的方程所得到的一元二次方程的根的判别式大于0来计算；
（Ⅱ）（1）通过设M（x₁，$\sqrt{k}$k₁）、N（x₂，$\sqrt{k}$x₂），利用两点间距离公式计算即可；（2）通过设Q（m，$\sqrt{k}$•m），$\frac{2}{|OQ{|}^{2}}$=$\frac{1}{|OM{|}^{2}}$+$\frac{1}{|ON{|}^{2}}$可化简可知m²=$\frac{36}{5k-3}$，利用$\sqrt{k}$=$\frac{n}{m}$，消去k可得n与m的函数关系：n=$\frac{\sqrt{15{m}^{2}+180}}{5}$．通过换元法，结合函数的单调性，计算即得结论．

解答 解：（Ⅰ）解法一：∵直线l与圆C相交，
∴$\frac{|0-4|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$＜2，
解得k＞3，
∴k的取值范围是（3，+∞）；
解法二：将y=$\sqrt{k}$•x代入x²+（y-4）²=4，整理得：
（1+k）x²-8$\sqrt{k}$x+12=0，（*）
由△=（-8$\sqrt{k}$）²-4（1+k）•12＞0，可得k＞3，
∴k的取值范围是（3，+∞）；
（Ⅱ）（1）∵M、N在直线l上，
∴可设M（x₁，$\sqrt{k}$k₁），N（x₂，$\sqrt{k}$x₂），
∴|OM|=$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+（\sqrt{k}{x}_{1}）^{2}}$=$\sqrt{（1+k）{{x}_{1}}^{2}}$，
|ON|=$\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+（\sqrt{k}{x}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{（1+k）{{x}_{2}}^{2}}$；
（2）∵Q（m，n）在线段MN上，
∴n=$\sqrt{k}$•m，
∴|OQ|²=（m-0）²+（n-0）²=（1+k）m²，
∵$\frac{2}{|OQ{|}^{2}}$=$\frac{1}{|OM{|}^{2}}$+$\frac{1}{|ON{|}^{2}}$，
∴$\frac{2}{（1+k）{m}^{2}}$=$\frac{1}{（1+k）{{x}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{（1+k）{{x}_{2}}^{2}}$，
∴$\frac{2}{{m}^{2}}$=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$，
由（*）知：x₁•x₂=$\frac{12}{1+k}$，x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{k}}{1+k}$，
∴$\frac{2}{{m}^{2}}$=$\frac{（\frac{8\sqrt{k}}{1+k}）^{2}-2•\frac{12}{1+k}}{（\frac{12}{1+k}）^{2}}$=$\frac{5k-3}{18}$，
∴m²=$\frac{36}{5k-3}$，
∵点Q在直线l上，
∴$\sqrt{k}$=$\frac{n}{m}$，代入m²=$\frac{36}{5k-3}$可得：5n²-3m²=36，
依题意，点Q在圆C内，则n＞0，
∴n=$\sqrt{\frac{36+3{m}^{2}}{5}}$=$\frac{\sqrt{15{m}^{2}+180}}{5}$，
于是，n与m的函数关系为：n=$\frac{\sqrt{15{m}^{2}+180}}{5}$．
令t=m²，则n=$\frac{\sqrt{15t+180}}{5}$，
由m²=$\frac{36}{5k-3}$及k＞3得0＜m²＜3，即t∈（0，3），
∵n=$\frac{\sqrt{15t+180}}{5}$在（0，3）上为增函数，
∴$\frac{6}{5}\sqrt{5}$＜n＜3，
即n取值的范围是（$\frac{6}{5}\sqrt{5}$，3）．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．