Question

15．已知曲線C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），過點(diǎn)P（-1，1）的直線l上的動(dòng)點(diǎn)Q到原點(diǎn)的最短距離為$\sqrt{2}$
（1）求直線l的方程；
（2）若曲線C₁和直線l交于M，N兩點(diǎn)，且以MN為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)O，當(dāng)S_△OMN=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$時(shí)，求曲線C₁的方程．

Answer 1

分析 （1）通過設(shè)直線l的方程為y-1=k[（x-（-1）]，利用原點(diǎn)到該直線的距離為$\sqrt{2}$，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過∠MON=$\frac{π}{2}$及三角形面積公式可知MN=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，利用兩點(diǎn)間距離公式及直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半構(gòu)造方程組，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 解：（1）根據(jù)已知條件，設(shè)直線l的方程為y-1=k[（x-（-1）]，
化簡(jiǎn)得kx-y+k+1=0，
依題意，得d=$\frac{|k+1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{2}$，
解得：k=1，
∴直線l的方程為：x-y+2=0；
（2）依題意，∠MON=$\frac{π}{2}$，
則S_△OMN=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$MN，即MN=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，
聯(lián)立直線l與橢圓方程，消去y可知：（a²+b²）x²+4a²x+a²（4-b²）=0，
由韋達(dá)定理可知：x_M+x_N=-$\frac{4{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，x_Mx_N=$\frac{{a}^{2}（4-^{2}）}{{a}^{2}+^{2}}$，
一方面，MN=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$=$\sqrt{（{x}_{M}-{x}_{N}）^{2}+（{y}_{M}-{y}_{N}）^{2}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{（{x}_{M}+{x}_{N}）^{2}-4{x}_{M}{x}_{N}}$=$\frac{2\sqrt{2}ab}{{a}^{2}+^{2}}$•$\sqrt{{a}^{2}+^{2}-4}$，
整理得：10（a²+b²）²=9a²b²（a²+b²-4），①
另一方面，$\frac{1}{2}$MN=$\sqrt{（\frac{{x}_{M}{+x}_{N}}{2}）^{2}+（\frac{{y}_{M}+{y}_{N}}{2}）^{2}}$，
即$\frac{2\sqrt{5}}{3}$=$\sqrt{\frac{4{a}^{4}}{（{a}^{2}+^{2}）^{2}}+（-\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}+2）^{2}}$，
整理得：a²b²=2（a²-b²）²、9a²b²=2（a²+b²）²，②
聯(lián)立①、②，解得：a²=6、b²=3，
于是曲線C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線的關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．