Question

15．已知點P是圓x²+y²=3上的動點，點D是P在x軸上的射影，設(shè)M是線段PD上一點，且|MD|=$\frac{\sqrt{6}}{3}$|PD|．
（1）當(dāng)點P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程；
（2）設(shè)直線l與曲線C交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點，△OAB的面積S=$\frac{\sqrt{6}}{2}$（O為坐標(biāo)原點）．證明：x₁²+x₂²為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出P，M的坐標(biāo)，求出C的方程即可；
（2）通過討論直線和x軸垂直或與x軸不垂直時的情況，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)以及點到直線的距離證明即可．

解答 解：（1）設(shè)P（x₀，y₀），M（x，y），
∵$|MD|=\frac{{\sqrt{6}}}{3}|PD|$．∴$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=x\\{y_0}=\frac{3}{{\sqrt{6}}}y\end{array}\right.$，
又∵$x_0^2+y_0^2=3$，∴${x^2}+{（\frac{3y}{{\sqrt{6}}}）^2}=3，\;即\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
所以，點M的軌跡C的方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）證明：當(dāng)直線l垂直于x軸時，設(shè)l的方程為$x=a（|a|＜\sqrt{3}）$，
代入曲線C的方程得$\frac{a^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1，即{y_{1，2}}=±\sqrt{2（1-\frac{a^2}{3}）}，\;\;∴|AB|=|{y_1}-{y_2}|=2\sqrt{2（1-\frac{a^2}{3}）．}$
∵△OAB的面積$S=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，∴$\frac{1}{2}|a|•2\sqrt{2（1-\frac{a^2}{3}）}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}．解得{a^2}=\frac{3}{2}$，∴$x_x^2+x_2^2=2{a^2}=3$；
當(dāng)直線l不垂直于x軸時，設(shè)l的方程為y=kx+m（m≠0），代入曲線C的方程整
理得（2+3k²）x²+6kmx+3（m²-2）=0．
依題意鍀△=36k²m²-12（2+3k²）（m²-2）＞0，即3k²+2＞m²，
由韋達(dá)定理得${x_1}+{x_2}=\frac{-6km}{{2+3{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{3（{m^2}-2）}}{{2+3{k^2}}}$，
∴$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{2\sqrt{6}\sqrt{3{k^2}+2-{m^2}}}}{{2+3{k^2}}}$．
原點O到直線l的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}，S=\frac{1}{2}d|AB|=\frac{{\sqrt{6}|m|\sqrt{3{k^2}+2-{m^2}}}}{{2+3{k^2}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，
化簡得3k²+2=2m²，
∴$x_x^2+x_2^2={（{x_1}+{x_2}）^2}-2{x_1}{x_2}={（\frac{-6km}{{3{k^2}+2}}）^2}-\frac{{6（{m^2}-2）}}{{3{k^2}+2}}=3$．
所以$x_x^2+x_2^2=3$為定值．

點評 本題考查了求軌跡方程問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及點到直線的距離，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．