2013_退役省自主命题 (2013·文)
20、（本小题满分 13 分）
已知圆 $C$ 的方程为 $x^{2}+(y-4)^{2}=4$，点 $O$ 是坐标原点．直线 $l: y=k x$ 与圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点．
（I）求 $k$ 的取值范围；
（II）设 $Q(m, n)$ 是线段 $M N$ 上的点，且 $\frac{2}{|O Q|^{2}}=\frac{1}{|O M|^{2}}+\frac{1}{|O N|^{2}}$．请将 $n$ 表示为 $m$ 的函数．
（I）$(-\infty,-\sqrt{3}) \cup(\sqrt{3},+\infty)$，（II）$n=\frac{\sqrt{15 m^{2}+180}}{5}(m \in(-\sqrt{3}, 0) \cup(0, \sqrt{3}))$
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【答案】（I）$(-\infty,-\sqrt{3}) \cup(\sqrt{3},+\infty)$，（II）$n=\frac{\sqrt{15 m^{2}+180}}{5}(m \in(-\sqrt{3}, 0) \cup(0, \sqrt{3}))$
【解析】（I）将 $y=k x$ 代入 $x^{2}+(y-4)^{2}=4$ 中，得
$$ \left(1+k^{2}\right) x^{2}-8 k x+12=0 $$
由 $\Delta=(-8 k)^{2}-4\left(1+k^{2}\right) \times 12>0$，得 $k^{2}>3$。
所以，$k$ 的取值范围 $(-\infty,-\sqrt{3}) \cup(\sqrt{3},+\infty)$． 4 分
（II）因为 $M, N$ 在直线 $l$，可设点 $M, N$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, k x_{1}\right),\left(x_{2}, k x_{2}\right)$，则则 $|O M|^{2}=\left(1+k^{2}\right) x_{1}^{2},|O N|^{2}=\left(1+k^{2}\right) x_{2}^{2}$．
又 $|O Q|^{2}=m^{2}+n^{2}=\left(1+k^{2}\right) m^{2}$．
由 $\frac{2}{|O Q|^{2}}=\frac{1}{|O M|^{2}}+\frac{1}{|O N|^{2}}$，得
$\frac{2}{\left(1+k^{2}\right) m^{2}}=\frac{1}{\left(1+k^{2}\right) x_{1}^{2}}+\frac{1}{\mid\left(1+k^{2}\right) x_{2}^{2}}$，即
$\frac{2}{m^{2}}=\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}=\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}}{\left(x_{1} x_{2}\right)^{2}}$.
由（＊）可知，$x_{1}+x_{2}=\frac{8 k}{1+k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{12}{1+k^{2}}$，
所以 $m^{2}=\frac{36}{5 k^{2}-3}$．
因为点 $Q$ 在直线 $y=k x$ 上，所以 $k=\frac{n}{m}$，代入 $m^{2}=\frac{36}{5 k^{2}-3}$ 中并化简，得 $5 n^{2}-3 m^{2}=36$．
由 $m^{2}=\frac{36}{5 k^{2}-3}$ 及 $k^{2}>3$，可得 $0<m^{2}<3$，即 $m \in(-\sqrt{3}, 0) \cup(0, \sqrt{3})$．
根据题意，点 $Q$ 在圆 $C$ 内，则 $n>0$，所以 $n=\sqrt{\frac{36+3 m^{2}}{5}}=\frac{\sqrt{15 m^{2}+180}}{5}$，
于是 $n$ 与 $m$ 的函数关系为 $n=\frac{\sqrt{15 m^{2}+180}}{5}(m \in(-\sqrt{3}, 0) \cup(0, \sqrt{3}))$．
13 分
【考点定位】本小题主要考查直线、圆、函数与不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程等数学思想，并考查思维的严谨性。