Question

7．過點M（-1，1）的動直線l交圓C：x²+y²-2x=0于A，B兩點，O為坐標原點，若在線段AB上的點Q滿足$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}=\frac{2}{|MQ|}$，則|OQ|的最小值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 將直線方程與圓的方程組成方程組，消去y可得關(guān)于x的二元一次方程，直線與圓有兩個交點，則△＞0，得到$-\frac{4}{3}$＜k＜0，根據(jù)韋達定理可得x₁+x₂以及x₁x₂．由條件$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}=\frac{2}{|MQ|}$，經(jīng)過化簡即可求出點Q的坐標為（$\frac{2+k}{2-k}，\frac{3k+2}{2-k}$），所以|OQ|²=$10+\frac{56k-32}{（k-2）^{2}}$，再進行換元即可求出|OQ|的最小值．

解答 解：易知直線l的斜率一定存在，設(shè)直線l：y-1=k（x+1），
即y=kx+（k+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），Q（x，y）
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+（k+1）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}-2x=0}\end{array}\right.$，
消去y，得（k²+1）x²+2（k²+k-1）x+（k+1）²=0
由△=4（k²+k-1）²-4（k²+1）（k+1）²＞0，得$-\frac{4}{3}$＜k＜0，
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2（{k}^{2}+k-1）}{{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{（k+1）^{2}}{{k}^{2}+1}$
|MA|=$\sqrt{1+{k}^{2}}（{x}_{1}+1）$，|MB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}（{x}_{2}+1）$，|MQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}（x+1）$
∵$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}=\frac{2}{|MQ|}$
∴$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}（{x}_{1}+1）}$+$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}（{x}_{2}+1）}$=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}（x+1）}$
∴$\frac{1}{{x}_{1}+1}+\frac{1}{{x}_{2}+1}=\frac{2}{x+1}$，∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{{x}_{1}{x}_{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}$=$\frac{2}{x+1}$
∴$\frac{-\frac{2（{k}^{2}+k-1）}{{k}^{2}+1}+2}{\frac{（k+1）^{2}}{{k}^{2}+1}-\frac{2（{k}^{2}+k-1）}{{k}^{2}+1}+1}$=$\frac{2}{x+1}$，
化簡，得x=$\frac{2+k}{2-k}$，
∴y=kx+（k+1）=$\frac{k（2+k）}{2-k}+k+1=\frac{3k+2}{2-k}$
即Q（$\frac{2+k}{2-k}，\frac{3k+2}{2-k}$）
∴|OQ|²=$（\frac{2+k}{2-k}）^{2}+（\frac{3k+2}{2-k}）^{2}$=$\frac{10{k}^{2}+16k+8}{{k}^{2}-4k+4}$
=$\frac{10（{k}^{2}-4k+4）+56k-32}{{k}^{2}-4k+4}$=$10+\frac{56k-32}{（k-2）^{2}}$
令k-2=t，則k=t+2（$-\frac{10}{3}＜t＜-2$）
∴|OQ|²=10+$\frac{56t+80}{{t}^{2}}$=80$（\frac{1}{t}）^{2}$+56$•\frac{1}{t}$+10=80（$\frac{1}{t}+\frac{7}{20}）^{2}$²+$\frac{1}{5}$
∴$\frac{1}{t}=-\frac{7}{20}$，即t=$-\frac{20}{7}$時，$|OQ{|}_{min}=\frac{\sqrt{5}}{5}$
故答案為：$\frac{\sqrt{5}}{5}$

點評 本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，兩點間的距離公式，以及靈活運用技巧求函數(shù)的最值等知識點，運算量較大，綜合性較強．