分析 (1)聯(lián)立直線方程和橢圓方程,化為關于x的一元二次方程,由判別式等于0可得A處的切線方程為x0x+2y0y-2=0;
(2)利用同一法求出過MN的方程為mx+2ny-2=0,由點到直線的距離公式求出O到MN所在直線的距離,由距離為定值可得存在定圓恒與直線MN相切.
解答 (1)證明:聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}x+2{y}_{0}y-2=0}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-2=0}\end{array}\right.$,得$({{x}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{2}){x}^{2}-4{x}_{0}x+4-4{{y}_{0}}^{2}=0$.
∵△=$16{{x}_{0}}^{2}-4({{x}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{2})(4-4{{y}_{0}}^{2})$=$16({{x}_{0}}^{2}{{y}_{0}}^{2}-2{{y}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{4})$
=$16[({{x}_{0}}^{2}-2){{y}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{4}]=16(-2{{y}_{0}}^{4}+2{{y}_{0}}^{4})=0$.
∴x0x+2y0y-2=0為橢圓${C_1}:\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$在點A(x0,y0)處的切線方程;
(2)解:設P(m,n),則橢圓C1在點M(x3,y3)處的切線方程為x3x+2y3y-2=0.
又PM過點P(m,n),∴x3m+2y3n-2=0.
同理點N(x4,y4)也滿足x4m+2y4n-2=0.
∴M,N都在直線xm+2yn-2=0上,
即直線MN的方程為mx+2ny-2=0.
∴原點0到直線MN的距離d=$\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}+4{n}^{2}}}$.
∵$\frac{m^2}{8}+\frac{n^2}{2}=1$,∴m2+4n2=8.
∴$d=\frac{2}{{\sqrt{8}}}=\frac{1}{{\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$.
即直線MN始終與圓${x^2}+{y^2}=\frac{1}{2}$相切.
點評 本題考查橢圓的簡單性質,考查了直線與橢圓位置關系的應用,訓練了利用“同一法”求直線的方程,是中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | (-4,1) | B. | (-1,4) | C. | (-∞,-$\frac{3}{2}$) | D. | (-∞,$\frac{3}{2}$) |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{37}{16}$ | B. | 3 | C. | 2 | D. | $\frac{11}{5}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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