Question

14．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，過點(diǎn)F₂作垂直于F₁F₂的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，若橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，△F₁AB的面積為4$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ，是否存在圓x²+y²=r²使得l恰好是該圓的切線，若存在，求出r，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意求得A，B的坐標(biāo)，由橢圓離心率、三角形F₁AB的面積及隱含條件列方程組，求解方程組得a²，b²的值，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得x₁x₂，y₁y₂的值，結(jié)合OP⊥OQ，即x₁x₂+y₁y₂=0，求得m與k的關(guān)系，并得到m的范圍，由圓心到直線的距離求得圓的半徑，得到存在圓x²+y²=$\frac{8}{3}$使得l恰好是該圓的切線．

解答 解：（1）設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
∵AB⊥F₁F₂，∴設(shè)A（c，y₀），B（c，-y₀），其中y₀＞0，
又∵A，B在橢圓上，∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}=1$，解得${y}_{0}=\frac{^{2}}{a}$．
∵$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，△F₁AB的面積為4$\sqrt{2}$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{1}{2}•2c•\frac{2^{2}}{a}=4\sqrt{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=8，b²=4．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0．
∵△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）=64k²-8m²+32＞0
∴8k²-m²+4＞0．①
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$．
${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}+m）（k{x}_{2}+m）={k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$．
∵OP⊥OQ，∴x₁x₂+y₁y₂=0，即$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}+\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}=0$．
∴${k}^{2}=\frac{3{m}^{2}-8}{8}$＞0．②
聯(lián)立①②得，${m}^{2}≥\frac{8}{3}$．
∵l與圓x²+y²=r²相切，∴${r}^{2}=\frac{|m{|}^{2}}{1+{k}^{2}}=\frac{8}{3}$．
∴存在圓x²+y²=$\frac{8}{3}$使得l恰好是該圓的切線．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”及“整體運(yùn)算”思想方法，是中檔題．