\((15\text{年湖北卷理科})\) 如图,圆\(C\)与\(x\)轴相切于点\(T(1,0)\),与\(y\)轴正半轴交于两点\(A,B(B\)在\(A\)的上方\()\),且\(|AB|=2\).
\((1)\) 圆\(C\)的标准方程为\(\underline{\qquad\qquad}\);
\((2)\) 过点\(A\)任作一条直线与圆\(O:x^2+y^2=1\)相交于\(M,N\)两点,下列三个结论:
① \(\dfrac{|NA|}{|NB|}=\dfrac{|MA|}{|MB|};\)
② \(\dfrac{|NB|}{|NA|}-\dfrac{|MA|}{|MB|}=2;\)
③ \(\dfrac{|NB|}{|NA|}+\dfrac{|MA|}{|MB|}=2\sqrt{2};\)
其中正确结论的序号是\underline{\qquad\qquad}(写出所有正确结论的序号).
解析:
\((1)\) 由题可设圆\(C\)的标准方程为\[
(x-1)^2+(y-b)^2=b^2,b>0.\]
取\(AB\)中点\(E\),连接\(EC\),\(AC\)
则有\[
1^2+1^2=|EC|^2+|EA|^2=|AC|^2=b^2.\]所以\(b=\sqrt2\).因此所求圆\(C\)的方程为\[(x-1)^2+(y-\sqrt{2})^2=2.\]
\((2)\) 法一 结合\((1)\)可知\(A(0,\sqrt{2}-1)\),\(B(0,\sqrt{2}+1)\),设\(N(\cos\theta,\sin\theta)\),则
\[
\begin{split}
\dfrac{|NA|}{|NB|}
=&\sqrt{\dfrac{\cos^2\theta+\left(\sin\theta-\sqrt{2}+1\right)^2}{\cos^2\theta+\left(\sin\theta-\sqrt{2}-1\right)^2}}\ =&\sqrt{ \dfrac{\left(\sqrt{2}-\sin\theta\right)(\sqrt{2}-1)}{(\sqrt{2}-\sin\theta)(\sqrt{2}+1)}}\ =&\sqrt{3-2\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1.
\end{split}
\]
同理可得\[
\dfrac{|MA|}{|MB|}=\sqrt{2}-1.\]因此结论 ①②③ 均正确.
法二 结合阿波罗尼斯圆的知识可知\(A,B\)两点是关于圆\(O\)的一对反演点,且有
\[\dfrac{|NA|}{|NB|}=\dfrac{|MA|}{|MB|}=\sqrt{2}-1.\]因此结论 ①②③ 均正确.
法三 结合\((1)\)可知\(A(0,\sqrt{2}-1)\),\(B(0,\sqrt{2}+1)\).如图,连接\(OM,ON\),
由于\[\dfrac{|OA|}{|ON|}=\dfrac{|ON|}{|OB|}=\sqrt{2}-1.\]因此 $\triangle OAN\sim \triangle ONB $ ,于是\[
\angle OBN=\angle ONA=\angle OMA.\]于是 \(\triangle ABN\sim \angle AMO\) ,所以\[
\dfrac{|NA|}{|NB|}=\dfrac{|OA|}{|OM|}=\sqrt{2}-1.\]
因此结论 ①②③ 均正确.每日一题_191111
原文：https://www.cnblogs.com/Math521/p/11827319.html
