Question

1．直線y=kx+m與橢圓有$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$兩個不同的交點M、N
（1）若直線l過橢圓的左焦點F，且線段MN的中點P在直線x+y=0上，求直線l的方程
（2）若k=1，且以線段MN為直徑的圓過點A（1，0），求實數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）由直線l過橢圓的左焦點F，求出直線l的方程y=kx+k，與橢圓的方程聯(lián)立消去y，利用韋達定理表示出x₁+x₂和y₁+y₂，根據(jù)MN的中點的橫坐標(biāo)在直線x+y=0上求出k的值，問題得以解決；
（2）當(dāng)k=1時，直線l的方程y=x+m，與橢圓的方程聯(lián)立消去y，利用韋達定理表示出x₁+x₂和x₁x₂求出y₁+y₂，根據(jù)MN的中點的為圓心，以及弦長公式求出|MN|的距離，再根據(jù)線段MN為直徑的圓過點A（1，0），得到關(guān)于m的方程，問題得以解決．

解答 解：（1）∵橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，
∴c²=a²-b²=2-1=1，
∴c=1，
∴橢圓的左焦點F為（-1，0），
∵直線l過橢圓的左焦點F，
∴0=-k+m，
即k=m，
∴y=kx+k，
聯(lián)立方程組得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+k}\end{array}\right.$，消掉y得到（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
∴△=（4k²）²-4（1+2k²）（2k²-2）=8（k²+1）＞0
∴x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁+y₂=-k•$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+k，
∵線段MN的中點P在直線x+y=0上，
∴-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-k•$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+k=0，即2k²+4k-1=0，解得k=$\frac{-2±\sqrt{6}}{2}$，
∴直線l的方程為y=$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$x+$\frac{-2-\sqrt{6}}{2}$，或y=$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$+$\frac{-2+\sqrt{6}}{2}$，
即為（2+$\sqrt{6}$）x+2y+2+$\sqrt{6}$．或（2-$\sqrt{6}$）x+2y+2-$\sqrt{6}$．
（2）當(dāng)k-1時，聯(lián)立方程組得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=x+m}\end{array}\right.$，消掉y得到3x²+4mx+2m²-2=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4m}{3}$，x₁•x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{3}$，
∴|x₁-x₂|²=（x₁+x₂）²-4x₁•x₂=$\frac{8}{3}$-$\frac{8{m}^{2}}{9}$
根據(jù)弦長公式得到|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{2}$•$\frac{2\sqrt{2}}{3}$•$\sqrt{3-{m}^{2}}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3-{m}^{2}}$，
∵x₁+x₂=-$\frac{4m}{3}$，
∴y₁+y₂=-$\frac{m}{3}$，
∴線段MN的中點坐標(biāo)為（-$\frac{2m}{3}$，-$\frac{m}{6}$），
∵線段MN為直徑的圓過點A（1，0），
∴$\sqrt{（1-\frac{2}{3}m）^{2}+（\frac{m}{6}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$|MN|=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3-{m}^{2}}$，
整理得到11m²-16m-4=0，
解得m=$\frac{8±6\sqrt{3}}{11}$．

點評 本題主要考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系．研究直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題，通常有兩種方法：一是轉(zhuǎn)化為研究方程組的解的問題，利用直線方程與圓錐曲線方程所組成的方程組消去一個變量后，將交點問題（包括公共點個數(shù)、與交點坐標(biāo)有關(guān)的問題）轉(zhuǎn)化為一元二次方程根的問題，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及判別式解決問題；二是運用數(shù)形結(jié)合，迅速判斷某些直線和圓錐曲線的位置關(guān)系．