（2012•佛山二模）已知橢圓E：
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞b＞0)的一個(gè)交點(diǎn)為F1(-
3
，0)，而且過點(diǎn)H(
3
，
1
2
)．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)橢圓E的上下頂點(diǎn)分別為A1，A2，P是橢圓上異于A1，A2的任一點(diǎn)，直線PA1，PA2分別交x軸于點(diǎn)N，M，若直線OT與過點(diǎn)M，N的圓G相切，切點(diǎn)為T．證明：線段OT的長為定值，并求出該定值．
分析：（Ⅰ）解法一：根據(jù)橢圓E：
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞b＞0)的一個(gè)交點(diǎn)為F1(-
3
，0)，過點(diǎn)H(
3
，
1
2
)，可得a2-b2=3，
3
a2
+
1
4b2
=1，聯(lián)立即可求得橢圓E的方程；
解法二：橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(-
3
，0)，F2(
3
，0)，利用橢圓的定義，可求橢圓E的方程；
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），設(shè)P（x0，y0），求出xN=
-x0
y0-1
，同xM=
x0
y0+1

設(shè)圓G的圓心為(
1
2
(
x0
y0+1
-
x0
y0-1
)，h)，利用OT2=OG2-r2=
1
4
(
x0
y0+1
+
x0
y0-1
)2+h2-
1
4
(
x0
y0+1
-
x0
y0-1
)2-h2=
x02
1-y02
，即可得到線段OT的長度；
解法二：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），設(shè)P（x0，y0），求出xN=
-x0
y0-1
，xM=
x0
y0+1
，可得|OM|•|ON|=|
-x0
y0-1
•
x0
y0+1
|=|
x02
y02-1
|，由切割線定理可得線段OT的長度．
解答：（Ⅰ）解法一：由題意，∵橢圓E：
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞b＞0)的一個(gè)交點(diǎn)為F1(-
3
，0)，
∴a2-b2=3，①
∵橢圓過點(diǎn)H(
3
，
1
2
)．
∴
3
a2
+
1
4b2
=1，②
①②解得a2=4，b2=1，
所以橢圓E的方程為
x2
4
+y2=1．…（4分）
解法二：橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(-
3
，0)，F2(
3
，0)，
由橢圓的定義可得2a=|PF1|+|PF2|=
7
2
+
1
2
=4，所以a=2，b2=1，
所以橢圓E的方程為
x2
4
+y2=1．…（4分）
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），設(shè)P（x0，y0），
直線PA1：y-1=
y0-1
x0
x，令y=0，得xN=
-x0
y0-1
；
直線PA2：y+1=
y0+1
x0
x，令y=0，得xM=
x0
y0+1
； 
設(shè)圓G的圓心為(
1
2
(
x0
y0+1
-
x0
y0-1
)，h)，
則r2=[
1
2
(
x0
y0+1
-
x0
y0-1
)-
x0
y0+1
]2+h2=
1
4
(
x0
y0+1
+
x0
y0-1
)2+h2，
OG2=
1
4
(
x0
y0+1
-
x0
y0-1
)2+h2OT2=OG2-r2=
1
4
(
x0
y0+1
+
x0
y0-1
)2+h2-
1
4
(
x0
y0+1
-
x0
y0-1
)2-h2=
x02
1-y02

而
x02
4
+y02=1，所以
x
2
0
=4(1-
y
2
0
)，所以OT2=
4(1-
y
2
0
)
1-y02
=4，
所以|OT|=2，即線段OT的長度為定值2．…（14分）
解法二：由（Ⅰ）可知A1（0，1），A2（0，-1），設(shè)P（x0，y0），
直線PA1：y-1=
y0-1
x0
x，令y=0，得xN=
-x0
y0-1
；
直線PA2：y+1=
y0+1
x0
x，令y=0，得xM=
x0
y0+1
；
則|OM|•|ON|=|
-x0
y0-1
•
x0
y0+1
|=|
x02
y02-1
|，而
x02
4
+y02=1，所以
x
2
0
=4(1-
y
2
0
)，
所以|OM|•|ON|=|
x02
y02-1
|=4，由切割線定理得OT2=|OM|•|ON|=4
所以|OT|=2，即線段OT的長度為定值2．…（14分）
點(diǎn)評：本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查圓與橢圓為綜合，考查線段長的求解，認(rèn)真審題，挖掘隱含是關(guān)鍵．
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1，x∈M
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e
e
．

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