Question

17．已知橢圓$T：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上運(yùn)動(dòng)，|PF₁|•|PF₂|的最大值為25，且點(diǎn)P到F₁的距離的最小值為1．
（1）求橢圓T的方程；
（2）直線l與橢圓T有且僅有一個(gè)交點(diǎn)A，且l切圓M：x²+y²=R²（其中（3＜R＜5））于點(diǎn)B，求A、B兩點(diǎn)間的距離|AB|的最大值；
（3）當(dāng)過點(diǎn)C（10，1）的動(dòng)直線與橢圓T相交于兩不同點(diǎn)G、H時(shí)，在線段GH上取一點(diǎn)D，滿足$|{\overrightarrow{GC}}|•|{\overrightarrow{HD}}|=|{\overrightarrow{GD}}|•|{\overrightarrow{CH}}|$，求證：點(diǎn)D在定直線上．

Answer 1

分析 （1）由于$|{P{F_1}}|•|{P{F_2}}|≤{（{\frac{{|{P{F_1}}|+|{P{F_2}}|}}{2}}）^2}={a^2}$，則|PF₁|•|PF₂|的最大值為a²，a²=25，a-c=1，c=4，即可求得b的值，求得橢圓T的方程；
（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，由直線與圓相切代入即可求得A，B坐標(biāo)，由兩點(diǎn)之間的距離公式，利用韋達(dá)定理即可求得A、B兩點(diǎn)間的距離|AB|的最大值；
（3）設(shè)G、H、D的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），（x，y），由題設(shè)知$|{\overrightarrow{GC}}|，|{\overrightarrow{HD}}|，|{\overrightarrow{GD}}|，|{\overrightarrow{CH}}|$，于是$\left\{\begin{array}{l}10=\frac{{{x_1}-λ{(lán)x_2}}}{1-λ}\\ 1=\frac{{{y_1}-λ{(lán)y_2}}}{1-λ}\end{array}\right.$且$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}{1+λ}\\ y=\frac{{{y_1}+λ{(lán)y_2}}}{1+λ}\end{array}\right.$．從而$\left\{\begin{array}{l}10x=\frac{{{x_1}^2-{λ^2}{x_2}^2}}{{1-{λ^2}}}\\ y=\frac{{{y_1}^2-{λ^2}{y_2}^2}}{{1-{λ^2}}}\end{array}\right.$．又G、H在橢圓上，則$\left\{\begin{array}{l}9{x_1}^2+25{y_1}^2=9×25\\ 9{x_2}^2+25{y_2}^2=9×25\end{array}\right.$，化簡(jiǎn)整理得點(diǎn)D在定直線18x+5y-45=0上．

解答 解：（1）由于$|{P{F_1}}|•|{P{F_2}}|≤{（{\frac{{|{P{F_1}}|+|{P{F_2}}|}}{2}}）^2}={a^2}$，
所以|PF₁|•|PF₂|的最大值為a²，
當(dāng)|PF₁|=|PF₂|時(shí)取等號(hào)，由已知可得a²=25，即a=5，又a-c=1，c=4，
所以b²=a²-c²=9，
故橢圓的方程為$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）分別為直線l與橢圓和圓的切點(diǎn)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m．
因?yàn)锳既在橢圓上，又在直線AB上，從而有$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，消y得（25k²+9）x²+50kmx+25（m²-9）=0．
由于直線與橢圓相切，故，△=（50km）²-4（25k²+9）×25（m²-9）=0，
從而可得m²=9+25k²①，且${x_1}=\frac{-25k}{m}$②．
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+{y^2}={R^2}\\ y=kx+m\end{array}\right.$，消y得（k²+1）x²+2kmx+m²-R²=0．由于直線與橢圓相切，得m²=R²（1+k²）③，且${x_2}=-\frac{{k{R^2}}}{m}$④．
由①③得${k^2}=\frac{{{R^2}-9}}{{25-{R^2}}}$，
故${|{AB}|^2}={（{{x_2}-{x_1}}）^2}+{（{{y_2}-{y_1}}）^2}=（{1+{k^2}}）{（{{x_2}-{x_1}}）^2}$，
=$\frac{m^2}{R^2}•\frac{{{k^2}{{（{25-{R^2}}）}^2}}}{m^2}=\frac{{{R^2}-9}}{R^2}•\frac{{{{（{25-{R^2}}）}^2}}}{{25-{R^2}}}=25+9-{R^2}-\frac{225}{R^2}$，
$≤34-2\sqrt{{R^2}×\frac{225}{R^2}}=34-30=4$，即|AB|≤2．
當(dāng)且僅當(dāng)$R=\sqrt{15}$時(shí)取等號(hào)，所以|AB|的最大值為2．
（3）證明：設(shè)G、H、D的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），（x，y），由題設(shè)知$|{\overrightarrow{GC}}|，|{\overrightarrow{HD}}|，|{\overrightarrow{GD}}|，|{\overrightarrow{CH}}|$，
均不為零，記$\frac{{|{\overrightarrow{GC}}|}}{{|{\overrightarrow{CH}}|}}=\frac{{|{\overrightarrow{GD}}|}}{{|{\overrightarrow{DH}}|}}=λ$，則λ＞0且λ≠1，又C、G、D、H四點(diǎn)共線，則$\overrightarrow{GC}=-λ\overrightarrow{CH}，\overrightarrow{GD}=λ\overrightarrow{DH}$．
于是$\left\{\begin{array}{l}10=\frac{{{x_1}-λ{(lán)x_2}}}{1-λ}\\ 1=\frac{{{y_1}-λ{(lán)y_2}}}{1-λ}\end{array}\right.$且$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}{1+λ}\\ y=\frac{{{y_1}+λ{(lán)y_2}}}{1+λ}\end{array}\right.$．從而$\left\{\begin{array}{l}10x=\frac{{{x_1}^2-{λ^2}{x_2}^2}}{{1-{λ^2}}}\\ y=\frac{{{y_1}^2-{λ^2}{y_2}^2}}{{1-{λ^2}}}\end{array}\right.$．
又G、H在橢圓上，則$\left\{\begin{array}{l}9{x_1}^2+25{y_1}^2=9×25\\ 9{x_2}^2+25{y_2}^2=9×25\end{array}\right.$，消去x₁，y₁，x₂，y₂得90x+25y=9×25，
即點(diǎn)D在定直線18x+5y-45=0上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，直線與圓的位置關(guān)系，考查基本不等式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．