Question

（2009•煙臺(tái)二模）已知可行域

y≥0 x-y+ 2 ≥0 x+y- 2 ≤0

的外接圓C₁與x軸交于點(diǎn)A₁、A₂，橢圓C₂以線段A₁A₂為長(zhǎng)軸，離心率e=

2

2

（1）求圓C₁及橢圓C₂的方程
（2）設(shè)橢圓C₂的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為圓C₁上異于A₁、A₂的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)O作直線PF的垂線交直線x=2于點(diǎn)Q，判斷直線PQ與圓C₁的位置關(guān)系，并給出證明．

Answer 1

分析：（1）由題意可知，可行域是以A1(-

2

，0)，A2(

2

，0)及點(diǎn)M(0，

2

)為頂點(diǎn)的三角形．因?yàn)?span id="isuxcqs" class="MathJye">kA1M•kA2M=-1，所以A1M⊥A2M，所以△A₁A₂M為直角三角形，外接圓C₁的方程為x²+y²=2．設(shè)橢圓的方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1，由2a=2

2

，e=

2

2

，能求出橢圓C₂的方程．
（2）設(shè)P(x0，y0)(x0≠±

2

)，則y02=2-x02，當(dāng)x₀=1時(shí)，OP⊥PQ，直線PQ與圓C₁相切．當(dāng)x0≠1時(shí)，kPF=

y0

x0-1

，kOQ=-

x0-1

y0

．當(dāng)x₀=0時(shí)，OP⊥PQ．當(dāng)x0≠0時(shí)，kOP=

y0

x0

，OP⊥PQ．綜上，當(dāng)x0≠±

2

時(shí)，故直線PQ始終與圓C₁相切．

解答：解：（1）由題意可知，可行域是以A1(-

2

，0)，A2(

2

，0)及點(diǎn)M(0，

2

)為頂點(diǎn)的三角形（1分）
因?yàn)?span id="bcr5o4h" class="MathJye">kA1M•kA2M=-1，所以A1M⊥A2M
∴△A₁A₂M為直角三角形
∴外接圓C₁是以原點(diǎn)O為圓心，線段|A₁A₂|=2

2

為直徑的圓
故其方程為x²+y²=2（3分）
設(shè)橢圓的方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1∵2a=2

2

∴a=

2

又e=

2

2

∴c=1，可得b=1
故橢圓C₂的方程為

x2

2

+y2=1（5分）
（2）直線PQ始終與圓C₁相切（6分）
設(shè)P(x0，y0)(x0≠±

2

)，則y02=2-x02
當(dāng)x₀=1時(shí)，P（1，1）或P（1，-1），此時(shí)Q（2，0）
若P(1，1)時(shí)，kOP=1，kPQ=

1-0

1-2

=-1k_OP•k_PQ=-1∴OP⊥PQ
若P(1，-1)時(shí)，kOP=-1，kPQ=

-1-0

1-2

=1k_OP•k_PQ=-1∴OP⊥PQ
即當(dāng)x₀=1時(shí)，OP⊥PQ，直線PQ與圓C₁相切（8分）
當(dāng)x0≠1時(shí)，kPF=

y0

x0-1

∴，kOQ=-

x0-1

y0

所以直線OQ的方程為，y=-

x0-1

y0

x，因此點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，，-

2x0-2

y0

)（9分）
∵kPQ=

- 2x0-2 y0 -y0

2-x0

=

2x0-2+y02

y0(x0-2)

=

x0(2-x0)

y0(2-x0)

=-

x0

y0

（10分）
∴當(dāng)x₀=0時(shí)，k_PQ=0，OP⊥PQ
∴當(dāng)x0≠0時(shí)，kOP=

y0

x0

，
∴k_OP•k_PQ=-1OP⊥PQ
綜上，當(dāng)x0≠±

2

時(shí)，OP⊥PQ，故直線PQ始終與圓C₁相切（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與橢圓的相關(guān)知識(shí)，解題時(shí)要注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．