Question

5．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的長軸為4，且過點(diǎn)$A（\sqrt{2}，1）$
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)O為原點(diǎn)，若點(diǎn)P在曲線C上，點(diǎn)Q在直線y=2上，且OP⊥OQ，試判斷直線PQ與圓x²+y²=2的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由題意可得a=2，代入A的坐標(biāo)，可得a，b的方程，解方程可得橢圓方程；
（2）設(shè)出點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為（x₀，y₀），（t，2），其中x₀≠0，由OP⊥OQ得到$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，用坐標(biāo)表示后把t用含有P點(diǎn)的坐標(biāo)表示，然后分P，Q的橫坐標(biāo)相等和不相等寫出直線PQ的方程，然后由圓x²+y²=2的圓心到PQ的距離和圓的半徑相等，說明直線PQ與圓x²+y²=2相切．

解答 解：（1）由題意可得2a=4，即a=2，
又$\frac{2}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，解得b=$\sqrt{2}$，
即有橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）直線PQ與圓x²+y²=2相切．
證明如下：
設(shè)點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為（x₀，y₀），（t，2），其中x₀≠0．
∵OP⊥OQ，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即tx₀+2y₀=0，
解得t=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$．
當(dāng)x₀=t時(shí)，y₀=-$\frac{{t}^{2}}{2}$，代入橢圓C的方程，
得t=±$\sqrt{2}$，
故直線PQ的方程為x=±$\sqrt{2}$，
圓心O到直線PQ的距離d=$\sqrt{2}$．
此時(shí)直線PQ與圓x²+y²=2相切．
當(dāng)x₀≠t時(shí)，直線PQ的方程為y-2=$\frac{{y}_{0}-2}{{x}_{0}-t}$（x-t），
即（y₀-2）x-（x₀-t）y+2x₀-ty₀=0．
圓心O到直線PQ的距離d=$\frac{|2{x}_{0}-t{y}_{0}|}{\sqrt{（{y}_{0}-2）^{2}+（{x}_{0}-t）^{2}}}$．
又x₀²+2y₀²=4，t=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$．
故d=$\frac{|2{x}_{0}+\frac{2{{y}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}|}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}}+4}}$=$\frac{|\frac{4+{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}|}{\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{4}+8{{x}_{0}}^{2}+16}{2{{x}_{0}}^{2}}}}$=$\sqrt{2}$．
此時(shí)直線AB與圓x²+y²=2相切．

點(diǎn)評 此題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題，同時(shí)考查直線和圓的位置關(guān)系的判斷，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．