Question

8．如圖，兩條過原點O的直線l₁，l₂分別與x軸、y軸成30°的角，點P（x₁，y₁）在直線l₁上運動，點Q（x₂，y₂）在直線l₂上運動，且線段PQ的長度為2．
（Ⅰ）若x=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x₁，y=$\sqrt{3}$x₂，求動點M（x，y）的軌跡C的方程；
（Ⅱ）過（-1，0）的直線l與（Ⅰ）中的軌跡C交于不同的兩點A、B，若△AOB的面積為$\frac{6\sqrt{2}}{7}$，求圓心在原點O且與直線l相切的圓的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過將點P、Q分別代入l₁、l₂，利用已知條件計算即可；
（Ⅱ）當直線l垂直于x軸時，易得S_△AOB=$\frac{3}{2}$，不符合題意；當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y=k（x+1），k≠0，并與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理、點到直線的距離計算即可．

解答 解：（Ⅰ）根據(jù)題意可得：l₁：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，l₂：y=-$\sqrt{3}$x，
∵點P（x₁，y₁）在直線l₁上運動，點Q（x₂，y₂）在直線l₂上運動，
∴y₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x₁，y₂=-$\sqrt{3}$x₂，
又由已知得：l₁⊥l₂，且|PQ|=2，
∴（x₁²+y₁²）+（x₂²+y₂²）=4，化簡得：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{3}+$x₂²=1，
由x=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x₁ ，y=$\sqrt{3}$x₂，可得x₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，x₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$y，
∴動點M（x，y）的軌跡C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）當直線l垂直于x軸時，得A（-1，$\frac{3}{2}$）、B（-1，-$\frac{3}{2}$），
此時S_△AOB=$\frac{1}{2}$•|AB|•|OF₁|=$\frac{1}{2}$×3×1=$\frac{3}{2}$，不符合題意．
當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y=k（x+1），k≠0，
代入橢圓方程，消去y得：（3+4k²）x²+8k²x+4k²-12=0．
顯然△＞0成立，設A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
又|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$
又圓O的半徑r=$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
所以S_△AOB=$\frac{1}{2}$•|AB|•r=$\frac{1}{2}$•$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$•$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{6\sqrt{2}}{7}$．
化簡得17k⁴+k²-18=0，即（k²-1）（17k²+18）=0，
解得k₁²=1，k₂²=-$\frac{18}{17}$（舍），∴r=$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故圓O的方程為：x²+y²=$\frac{1}{2}$．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查分類討論的思想，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．