Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）短軸的一個(gè)端點(diǎn)與橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成面積為3的直角三角形．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過圓E：x²+y²=2上任意一點(diǎn)P作圓E的切線l，若l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．求證：以AB為直徑的圓恒過坐標(biāo)原點(diǎn)O．

Answer 1

分析 （1）由三角形面積可得$\frac{1}{2}$×2c•b=3，又b=c，結(jié)合隱含條件求出a，b，c的最值，則橢圓方程可求；
（2）①當(dāng)切線的斜率不存在時(shí)，直接解出驗(yàn)證；
②當(dāng)切線的斜率存在時(shí)，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．設(shè)切線的方程為：y=kx+m，由圓心到直線的距離可得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，即m²=2（1+k²）．把切線方程代入橢圓方程可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-6=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系即可證明$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，結(jié)論得證．

解答 （1）解：由題意可得：$\frac{1}{2}$×2c•b=3，b=c，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得：b=c=$\sqrt{3}$，a²=6．
∴橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）證明：①當(dāng)切線的斜率不存在時(shí)，即切線經(jīng)過點(diǎn)（±$\sqrt{2}$，0）時(shí)，
代入橢圓方程可得：$\frac{1}{3}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
解得y=±$\sqrt{2}$．
不妨取A（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），B（$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$），則$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=2-2=0，∴OA⊥OB．
②當(dāng)切線的斜率存在時(shí)，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
設(shè)切線的方程為：y=kx+m，則$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\sqrt{2}$，即m²=2（1+k²）．
代入橢圓方程可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-6=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-6}{1+2{k}^{2}}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（2{m}^{2}-6）（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+m²=$\frac{3{m}^{2}-6（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{6（1+{k}^{2}）-6（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}=0$．
∴$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，即OA⊥OB．
∴以AB為直徑的圓過定點(diǎn)原點(diǎn)O（0，0）．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切及其直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．