Question

6．設(shè)拋物線C₁：y²=8x的準(zhǔn)線與x軸交于點F₁，焦點為F₂．以F₁，F(xiàn)₂為焦點，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓記為C₂．
（Ⅰ）求橢圓C₂的方程；
（Ⅱ）設(shè)N（0，-2），過點P（1，2）作直線l，交橢圓C₂于異于N的A、B兩點．
（�。┤糁本�NA、NB的斜率分別為k₁、k₂，證明：k₁+k₂為定值．
（ⅱ）以B為圓心，以BF₂為半徑作⊙B，是否存在定⊙M，使得⊙B與⊙M恒相切？若存在，求出⊙M的方程，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意，設(shè)橢圓的方程，根據(jù)橢圓的離心率公式及c=2，即可求得a和b的值，即可求得橢圓方程；
（Ⅱ）（�。┓诸�，當(dāng)直線l斜率不存在時，求得A和B點坐標(biāo)，即可求得k₁+k₂，當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及直線的斜率公式，即可求得k₁+k₂=4；
（ⅱ）定圓⊙M的方程為：（x-2）²+y²=32，求得圓心，由拋物線的性質(zhì)，可求得$|{B{F_1}}|=4\sqrt{2}-|{B{F_2}}|$兩圓相內(nèi)切．

解答 解：（Ⅰ）由已知F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0）．------------------------------------------------------1分
令橢圓C₂的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a＞b＞0）$，焦距為2c，（c＞0）---------------2分
則$\left\{\begin{array}{l}c=2\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，解之得$\left\{\begin{array}{l}c=2\\ b=2\\ a=2\sqrt{2}\end{array}\right.$，-------------------------------3分
所以，橢圓C₂的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．------------------------------------------------------4分
（Ⅱ）（ⅰ）證明：當(dāng)直線l斜率不存在時，l：x=1，
由$\left\{\begin{array}{l}x=1\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=-\frac{{\sqrt{14}}}{2}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=\frac{{\sqrt{14}}}{2}\end{array}\right.$，----------------------------------5分
不妨取$A（{1，\frac{{\sqrt{14}}}{2}}）$，則$B（{1，-\frac{{\sqrt{14}}}{2}}）$，
此時，${k_1}=\frac{{\sqrt{14}}}{2}+2，{k_2}=-\frac{{\sqrt{14}}}{2}+2$，
所以k₁+k₂=4．--------------------------------------------------------6分
當(dāng)直線l斜率存在時，令l：y-2=k（x-1），-----------------------------------------------------------------7分
由$\left\{\begin{array}{l}y-2=k（{x-1}）\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$得（1+2k²）x²+（8k-4k²）x+2k²-8k=0，--------------------------------------------------------------------8分
由△=（8k-4k²）²-4（1+2k²）•（2k²-8k）＞0得k＞0，或$k＜-\frac{4}{7}$．
令A(yù)（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}-8k}}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-8k}}{{1+2{k^2}}}$，------------------------------------------------9分
所以，${k_1}=\frac{{{y_1}+2}}{x_1}，{k_2}=\frac{{{y_2}+2}}{x_2}$，
所以，${k_1}+{k_2}=\frac{{{y_1}+2}}{x_1}+\frac{{{y_2}+2}}{x_2}$=$\frac{{{x_2}{y_1}+2{x_2}+{x_1}{y_2}+2{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{{{x_2}•[{k（{{x_1}-1}）+2}]+{x_1}•[{k（{{x_2}-1}）+2}]+2（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}$，
=$2k+\frac{{（{-k+4}）•（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}$
=$2k+\frac{{（{-k+4}）•\frac{{4{k^2}-8k}}{{1+2{k^2}}}}}{{\frac{{2{k^2}-8k}}{{1+2{k^2}}}}}$
=$2k+\frac{{（{-k+4}）•（{4{k^2}-8k}）}}{{2{k^2}-8k}}$=2k-（2k-4）=4，----------------------------------------------------------------------------------------------10分
綜上所述，k₁+k₂=4．----------------------------------------------------------11分
（ⅱ）存在定⊙M，使得⊙B與⊙M恒相切，⊙M的方程為（x-2）²+y²=32，圓心為左焦點F₁，
由橢圓的定義知$|{B{F_1}}|+|{B{F_2}}|=2a=4\sqrt{2}$，-------------------------------------------------12分
所以，$|{B{F_1}}|=4\sqrt{2}-|{B{F_2}}|$，-------------------------------------------------------------13分
所以兩圓相切．---------------------------------------------------------------------------------14分．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查弦長的求法，解題時要注意根的判別式、韋達定理、圓的性質(zhì)、弦長公式的合理運用，屬于難題．