Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）短軸的一個端點與其兩個焦點構成面積為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P作圓E的切線l，l與橢圓C交于A、B兩點，以AB為直徑的圓是否過定點，如過，求出該定點；不過說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{1}{2}×2c•b$=3，b=c，又a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）以AB為直徑的圓過定點原點O（0，0）．下面給出證明分析：①當切線的斜率不存在時，直接解出驗證即可得出．
②當切線的斜率存在時，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．設切線的方程為：y=kx+m，利用與圓相切的性質可得：$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，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)的關系、及其（*），只要證明$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=0即可得出結論．

解答 解：（1）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）以AB為直徑的圓過定點原點O（0，0）．下面給出證明：
①當切線的斜率不存在時，即切線經過點$（±\sqrt{2}，0）$時，代入橢圓方程可得：$\frac{2}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，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當切線的斜率存在時，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
設切線的方程為：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為直徑的圓過定點原點O（0，0）．
綜上①②可得：以AB為直徑的圓過定點原點O（0，0）．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、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)的關系、向量垂直與數(shù)量積的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．