Question

7．过点M（-1，1）的动直线l交圆C：x²+y²-2x=0于A，B两点，O为坐标原点，若在线段AB上的点Q满足$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}=\frac{2}{|MQ|}$，则|OQ|的最小值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 将直线方程与圆的方程组成方程组，消去y可得关于x的二元一次方程，直线与圆有两个交点，则△＞0，得到$-\frac{4}{3}$＜k＜0，根据韦达定理可得x₁+x₂以及x₁x₂．由条件$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}=\frac{2}{|MQ|}$，经过化简即可求出点Q的坐标为（$\frac{2+k}{2-k}，\frac{3k+2}{2-k}$），所以|OQ|²=$10+\frac{56k-32}{（k-2）^{2}}$，再进行换元即可求出|OQ|的最小值．

解答 解：易知直线l的斜率一定存在，设直线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|=$\sqrt{1+{k}^{2}}（x+1）$
∵$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}=\frac{2}{|MQ|}$
∴$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}（{x}_{1}+1）}$+$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}（{x}_{2}+1）}$=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}（x+1）}$
∴$\frac{1}{{x}_{1}+1}+\frac{1}{{x}_{2}+1}=\frac{2}{x+1}$，∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{{x}_{1}{x}_{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}$=$\frac{2}{x+1}$
∴$\frac{-\frac{2（{k}^{2}+k-1）}{{k}^{2}+1}+2}{\frac{（k+1）^{2}}{{k}^{2}+1}-\frac{2（{k}^{2}+k-1）}{{k}^{2}+1}+1}$=$\frac{2}{x+1}$，
化简，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，则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=$-\frac{20}{7}$时，$|OQ{|}_{min}=\frac{\sqrt{5}}{5}$
故答案为：$\frac{\sqrt{5}}{5}$

点评 本题考查了直线与圆的位置关系，两点间的距离公式，以及灵活运用技巧求函数的最值等知识点，运算量较大，综合性较强．