Question

17．已知直線l的方程為x=-2，且直線l與x軸交于點(diǎn)M，圓O：x²+y²=1與x軸交于A，B兩點(diǎn)．
（1）過M點(diǎn)的直線l₁交圓于P、Q兩點(diǎn)，且圓孤PQ恰為圓周的$\frac{1}{4}$，求直線l₁的方程；
（2）若橢圓中a，c滿足$\frac{a^2}{c}$=2，求中心在原點(diǎn)，且與圓O恰有兩個公共點(diǎn)的橢圓方程；
（3）過M點(diǎn)作直線l₂與圓相切于點(diǎn)N，設(shè)（2）中橢圓的兩個焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，求三角形△NF₁F₂面積．

Answer 1

分析 （1）由PQ為圓周的$\frac{1}{4}$，可得$∠POQ=\frac{π}{2}$．O點(diǎn)到直線l₁的距離為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（2分）再利用點(diǎn)到直線的距離公式即可得出．
（2）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，半焦距為c，則$\frac{a^2}{c}=2$，利用橢圓與圓的對稱性質(zhì)即可得出．
（3）設(shè)切點(diǎn)為N，則由題意得，在Rt△MON中，MO=2，ON=1，則∠NMO=30°，N點(diǎn)的坐標(biāo)為$（-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，再利用三角形面積計算公式即可得出．

解答 解：（1）∵PQ為圓周的$\frac{1}{4}$，∴$∠POQ=\frac{π}{2}$．∴O點(diǎn)到直線l₁的距離為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（2分）
設(shè)l₁的方程為y=k（x+2），∴$\frac{|2k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，∴${k^2}=\frac{1}{7}$．∴l(xiāng)₁的方程為$y=±\frac{{\sqrt{7}}}{7}（x+2）$．…（5分）
（2）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，半焦距為c，則$\frac{a^2}{c}=2$．∵橢圓與圓O恰有兩個不同的公共點(diǎn)，根據(jù)橢圓與圓的對稱性
則a=1或b=1．…（6分）
當(dāng)a=1時，$c=\frac{1}{2}，{b^2}={a^2}-{c^2}=\frac{3}{4}$，∴所求橢圓方程為${x^2}+\frac{{4{y^2}}}{3}=1$；…（8分）
當(dāng)b=1時，b²+c²=2c，∴c=1，∴a²=b²+c²=2．
所求橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…（10分）
（3）設(shè)切點(diǎn)為N，則由題意得，在Rt△MON中，MO=2，ON=1，則∠NMO=30°，
N點(diǎn)的坐標(biāo)為$（-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，…（11分）
若橢圓為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．其焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂
分別為點(diǎn)A，B故${S_{△N{F_1}{F_2}}}=\frac{1}{2}×2×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，…（13分）
若橢圓為${x^2}+\frac{{4{y^2}}}{3}=1$，其焦點(diǎn)為${F_1}（-\frac{1}{2}，0），{F_2}（\frac{1}{2}，0）$，
此時${S_{△N{F_1}{F_2}}}=\frac{1}{2}×1×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$…（16分）

點(diǎn)評 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、圓的切線的性質(zhì)、三角形面積計算公式、點(diǎn)到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．