Question

6．已知圓M：（x-m）²+y²=1的切線l，當(dāng)l的方程為y=1時，直線l與橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）相切，且橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）當(dāng)m＜0時，設(shè)S表示三角形的面積，若M的切線l：y=kx+$\sqrt{2}$與橢圓C交于不同的兩點P，Q，當(dāng)tan∠POQ=3S_△POQ時，點A在拋物線y²=-2$\sqrt{2}$x上，點B在圓M上，求|AB|的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得b=1，再由離心率公式和a，b，c的關(guān)系，解得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）y=kx+$\sqrt{2}$與橢圓C的方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，判別式大于0，運(yùn)用向量的數(shù)量積的定義和坐標(biāo)表示可得$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{2}{3}$，求得k，再由直線和圓相切的條件：d=r，求得m，由對稱性可得，|AB|=|MA|-|MB|=|MA|-1，將|AB|的最小問題，轉(zhuǎn)化為|MA|的最小問題，由兩點的距離公式和二次函數(shù)的最值求法即可得到．

解答 解：（1）由直線l：y=1與橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）相切，可得b=1，
由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²-c²=b²=1，
解得a=$\sqrt{2}$，可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）y=kx+$\sqrt{2}$與橢圓C的方程聯(lián)立，可得（1+2k²）x²+4$\sqrt{2}$kx+2=0，
即有△=32k²-8（1+2k²）＞0，解得k²＞$\frac{1}{2}$．
tan∠POQ=3S_△POQ，即為$\frac{sin∠POQ}{cos∠POQ}$=$\frac{3}{2}$OP•OQ•sin∠POQ，
即有$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{2}{3}$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{4\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$，
即有x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+$\sqrt{2}$）（kx₂+$\sqrt{2}$）=（1+k²）x₁x₂+2+$\sqrt{2}$k（x₁+x₂）
=（1+k²）•$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$+2+$\sqrt{2}$k（-$\frac{4\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$）=$\frac{2}{3}$，
解得k=±1，
由切線l：y=kx+$\sqrt{2}$與圓M相切，可得$\frac{|mk+\sqrt{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，（m＜0），
解得m=-$\sqrt{2}$．
由于圓M：（x+$\sqrt{2}$）²+y²=1的圓心M（-$\sqrt{2}$，0），半徑r=1，
由對稱性可得，|AB|=|MA|-|MB|=|MA|-1，
由于A在y²=-2$\sqrt{2}$x上，設(shè)A的坐標(biāo)為（-$\frac{\sqrt{2}}{4}$y²，y），
∴|MA|=$\sqrt{（-\frac{\sqrt{2}}{4}{y}^{2}+\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}}$=$\sqrt{2+\frac{1}{8}{y}^{4}}$，
當(dāng)y=0時，等號成立．
由圓的半徑為1，
所以|AB|的最小值為$\sqrt{2}$-1．

點評 本題考查橢圓的方程的求法：注意運(yùn)用離心率公式和直線與橢圓相切，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，同時考查直線和圓相切的條件，以及圓的對稱性，考查二次函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題．