Question

已知圓．C1：x2+y2=

4

5

，直線l：y=x+m（m＞0）與圓C₁相切，且交橢圓C2：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)于A₁，B₁兩點(diǎn)，c是橢圓C₂的半焦距，c=

3

b．
（l）求m的值；
（2）O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若

OA1

⊥

OB1

，求橢圓的方程；
（3）在（Ⅱ）的條件下，設(shè)橢圓C₂的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，動(dòng)點(diǎn)S（x₁，y₁）∈C₂（y₁＞0）直線AS，BS與直線x=

34

15

分別交于M，N兩點(diǎn)，求線段MN的長(zhǎng)度的最小值．

Answer 1

分析：（1）利用直線l：y=x+m（m＞0）與圓C₁相切，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，可求m的值；
（2）直線l：y=x+

2 10

5

代入橢圓C2：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，根據(jù)

OA1

⊥

OB1

，利用韋達(dá)定理，可求橢圓的方程；
（3）橢圓C的左，右頂點(diǎn)坐標(biāo)為A（-2，0），B（2，0），設(shè)直線AS的方程為y=k（x+2），從而M（

34

15

，

64k

15

），由

y=k(x+2) x2 4 +y2=1

，得（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0，求出S的坐標(biāo)，進(jìn)而可求N的坐標(biāo)，即可求出線段MN的長(zhǎng)度的最小值．

解答：解：（1）∵直線l：y=x+m（m＞0）與圓C₁相切，
∴

|m|

2

=

4 5

，∴m=

2 10

5

；
（2）直線l：y=x+

2 10

5

代入橢圓C2：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，可得
（b²+a²）x²+

4 10

5

a2x+

8

5

a2-a²b²=0
設(shè)A₁（x₁，y₁），B₁（x₂，y₂），則x₁+x₂=-

4 10 a2

5(b2+a2)

，x₁x₂=

8a2-5a2b2

5(b2+a2)

，y₁y₂=

40b2+25a2b2

25(a2+b2)

，
∵

OA1

⊥

OB1

，
∴x₁x₂+y₁y₂=

8a2-5a2b2

5(b2+a2)

+

40b2+25a2b2

25(a2+b2)

=0，
∴4（b²+a²）-5a²b²=0，
∵c=

3

b，
∴a²=4b²，
∴a=2，b=1，
∴橢圓C的方程為

x2

4

+y2=1；
（3 ） 易知橢圓C的左，右頂點(diǎn)坐標(biāo)為A（-2，0），B（2，0），直線AS的斜率k顯然存在，且k＞0
故可設(shè)直線AS的方程為y=k（x+2），從而M（

34

15

，

64k

15

）
由

y=k(x+2) x2 4 +y2=1

，得（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0
設(shè)S（x₀，y₀），則(-2)x0=

16k2-4

1+4k2

，得x₀=

2-8k2

1+4k2

，
從而y0=

4k

1+4k2

，即S（

2-8k2

1+4k2

，

4k

1+4k2

）．
又B（2，0），故直線BS的方程為y=-

1

4k

（x-2），
x=

34

15

時(shí)，y=-

1

15k

，
∴N（

34

15

，-

1

15k

），
又k＞0，∴|MN|=

64k

15

+

1

15k

≥2

64k 15 • 1 15k

=

16

15

，
當(dāng)且僅當(dāng)

64k

15

=

1

15k

時(shí)，即k=

1

8

時(shí)等號(hào)成立
∴k=

1

8

時(shí)，線段MN的長(zhǎng)度取最小值

16

15

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，本題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．考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查函數(shù)與方程思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想．