Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），過點(diǎn)P（2，4）作圓O：x²+y²=20的切線l，直線l恰好過橢圓C的右頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若圓O上的一點(diǎn)Q的切線l₁交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，試確定∠AOB的大小，并加以證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由圓的切線的性質(zhì)求切線方程，從而寫出頂點(diǎn)坐標(biāo)，從而得到圓C的方程；
（Ⅱ）首先求斜率為0與不存在時(shí)的角，從而可得∠AOB=90°；從而猜想∠AOB=90°為定值；
（法一）設(shè)Q（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），從而由點(diǎn)斜式寫出直線方程，從而與橢圓的方程聯(lián)立化簡求解；
（法二）設(shè)直線l₁的方程為：y=kx+b，從而與橢圓的方程聯(lián)立化簡求解．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)辄c(diǎn)P（2，4）在圓O：x²+y²=20上，
所以直線l⊥OP，
又因?yàn)橹本�OP的斜率為${k_{OP}}=\frac{4}{2}=2$，
所以直線l的方程為：$y-4=-\frac{1}{2}（x-2）$．
令y=0，可得x=10，所以橢圓C的右頂點(diǎn)坐標(biāo)為（10，0）；
再令x=0，可得y=5，所以橢圓C的上頂點(diǎn)坐標(biāo)為（0，5）．
所以a=10，b=5，因此，橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{25}=1$．
（Ⅱ）（法一）若直線l₁的方程為：$x=2\sqrt{5}$，則$A（{2\sqrt{5}，2\sqrt{5}}），B（2\sqrt{5}，-2\sqrt{5}）$．
此時(shí)$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，故∠AOB=90°；
若直線l₁的方程為：$x=-2\sqrt{5}$，則$A（{-2\sqrt{5}，2\sqrt{5}}），B（-2\sqrt{5}，-2\sqrt{5}）$，
此時(shí)$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，故∠AOB=90°．
猜想∠AOB=90°為定值．
證明如下：
若直線l₁的斜率存在，設(shè)Q（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則直線l₁的方程為：$y-{y_0}=-\frac{x_0}{y_0}（x-{x_0}）$，
整理可得：x₀x+y₀y=20，
將$x=\frac{{20-{y_0}y}}{x_0}$代入橢圓方程可得，${（\frac{{20-{y_0}y}}{x_0}）^2}+4{y^2}=100$，
整理得，$（{y_0}^2+4{x_0}^2）{y^2}-40{y_0}y+400-100{x_0}^2=0$，
所以${y_1}{y_2}=\frac{{400-100{x_0}^2}}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}$．
將$y=\frac{{20-{x_0}x}}{y_0}$代入橢圓方程可得：${x^2}+4{（\frac{{20-{x_0}x}}{y_0}）^2}=100$，
整理得$（{y_0}^2+4{x_0}^2）{x^2}-160{x_0}x+1600-100{y_0}^2=0$，
所以${x_1}{x_2}=\frac{{1600-100{y_0}^2}}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}$．
故$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}$=$\frac{{400-100{x_0}^2}}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}+\frac{{1600-100{y_0}^2}}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}$
=$\frac{{400-100{x_0}^2+1600-100{y_0}^2}}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}$
=$\frac{{2000-100（{x_0}^2+{y_0}^2）}}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}$=$\frac{2000-100•20}{{{y_0}^2+4{x_0}^2}}$=0．
所以∠AOB=90°為定值．
（法二）若直線l₁的方程為：$x=2\sqrt{5}$，則$A（{2\sqrt{5}，2\sqrt{5}}），B（2\sqrt{5}，-2\sqrt{5}）$．
此時(shí)$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，故∠AOB=90°；
若直線l₁的方程為：$x=-2\sqrt{5}$，則$A（{-2\sqrt{5}，2\sqrt{5}}），B（-2\sqrt{5}，-2\sqrt{5}）$，
此時(shí)$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，故∠AOB=90°．
猜想∠AOB=90°為定值．
證明如下：
若直線l₁的斜率存在，設(shè)直線l₁的方程為：y=kx+b．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\\ \frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{25}=1\end{array}\right.$，可得（1+4k²）x²+8kbx+4b²-100=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x_1}{x_2}=\frac{{4{b^2}-100}}{{1+4{k^2}}}，{x_1}+{x_2}=\frac{-8kb}{{1+4{k^2}}}$，
又因?yàn)閥₁=kx₁+b，y₂=kx₂+b，
則${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}+kb（{x_1}+{x_2}）+{b^2}$
=${k^2}•\frac{{4{b^2}-100}}{{1+4{k^2}}}+kb•\frac{-8kb}{{1+4{k^2}}}+{b^2}$
=$\frac{{4{k^2}{b^2}-100{k^2}-8{k^2}{b^2}+{b^2}+4{k^2}{b^2}}}{{1+4{k^2}}}$=$\frac{{{b^2}-100{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$．
所以$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}$=$\frac{{4{b^2}-100}}{{1+4{k^2}}}+\frac{{{b^2}-100{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$=$\frac{{5{b^2}-100（1+{k^2}）}}{{1+4{k^2}}}$．
因?yàn)橹本�l₁與圓O相切，所以$\frac{|b|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{20}$，即b²=20（1+k²）．
所以$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=\frac{{5•20（1+{k^2}）-100（1+{k^2}）}}{{1+4{k^2}}}=0$，
故∠AOB=90°為定值．

點(diǎn)評 本題考查了空間中直線與平面的位置關(guān)系、幾何體體積等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論證能力及運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想等．