Question

3．給定橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），稱圓心在原點O，半徑為$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$的圓是橢圓C的“準(zhǔn)圓”．若橢圓C的一個焦點為F（$\sqrt{2}$，0），其短軸上的一個端點到F的距離為$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程和其“準(zhǔn)圓”方程；
（2）點P是橢圓C的“準(zhǔn)圓”上的動點，過點P作橢圓的切線l₁，l₂交“準(zhǔn)圓”于點M，N．
（�。┊�(dāng)點P為“準(zhǔn)圓”與y軸正半軸的交點時，求直線l₁，l₂的方程并證明l₁⊥l₂；
（ⅱ）求證：線段MN的長為定值并求該定值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的定義與幾何性質(zhì)，求出a、b的值，即可寫出橢圓的方程和準(zhǔn)圓方程；
（2）（�。�寫出過點P且與橢圓相切的直線，與橢圓方程組成方程組，方程組有且只有一組解，
由此求出切線的方程，并證明兩直線垂直；
（ⅱ）①討論直線l₁，l₂中有一條斜率不存在時，滿足l₁，l₂垂直；
②l₁，l₂斜率存在時，得出l₁，l₂垂直；且l₁，l₂經(jīng)過點P，分別交其準(zhǔn)圓于點M、N，從而得出線段MN的長為準(zhǔn)圓的直徑，是定值．

解答 解：（1）∵c=$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{3}$，∴b=$\sqrt{{a}^{2}{-c}^{2}}$=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1，準(zhǔn)圓方程為x²+y²=4；
（2）（�。┮驗闇�(zhǔn)圓x²+y²=4與y軸正半軸的交點為P（0，2），
設(shè)過點P（0，2）且與橢圓相切的直線為y=kx+2，
所以由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{3}{+y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（1+3k²）x²+12kx+9=0．
因為直線y=kx+2與橢圓相切，所以△=144k²-4×9（1+3k²）=0，解得k=±1，
所以直線l₁、l₂的方程為y=x+2和y=-x+2；
且k₁•k₂=-1，∴l(xiāng)₁⊥l₂．
（ⅱ）①當(dāng)直線l₁，l₂中有一條斜率不存在時，不妨設(shè)直線l₁斜率不存在，
則l₁：x=±$\sqrt{3}$，當(dāng)l₁：x=$\sqrt{3}$時，l₁與準(zhǔn)圓交于點（$\sqrt{3}$，1）和（$\sqrt{3}$，-1），
此時l₂為y=1（或y=-1），顯然直線l₁，l₂垂直；
同理可證當(dāng)l₁：x=-$\sqrt{3}$時，直線l₁，l₂垂直；
②當(dāng)l₁，l₂斜率存在時，設(shè)點P（x₀，y₀），其中${{x}_{0}}^{2}$+${{y}_{0}}^{2}$=4；
設(shè)經(jīng)過點P（x₀，y₀）與橢圓相切的直線為y=t（x-x₀）+y₀，
所以由$\left\{\begin{array}{l}{y=t（x{-x}_{0}）{+y}_{0}}\\{\frac{{x}^{2}}{3}{+y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
得（1+3t²）x²+6t（y₀-tx₀）x+3${{（y}_{0}-{tx}_{0}）}^{2}$-3=0；
由△=0化簡整理得（3-${{x}_{0}}^{2}$）t²+2x₀y₀t+1-${{y}_{0}}^{2}$=0，
因為${{x}_{0}}^{2}$+${{y}_{0}}^{2}$=4，所以有（3-${{x}_{0}}^{2}$）t²+2x₀y₀t+（${{x}_{0}}^{2}$-3）=0；
設(shè)l₁，l₂的斜率分別為t₁和t₂，因為l₁，l₂與橢圓相切，
所以t₁，t₂滿足上述方程（3-${{x}_{0}}^{2}$）t²+2x₀y₀t+（${{x}_{0}}^{2}$-3）=0，
所以t₁•t₂=-1，即l₁，l₂垂直；
綜合①②知：因為l₁，l₂經(jīng)過點P（x₀，y₀），
又分別交其準(zhǔn)圓于點M、N，且l₁，l₂ 垂直；
所以線段MN為準(zhǔn)圓x²+y²=4的直徑，|MN|=4，
所以線段MN的長為定值．

點評 本題考查了橢圓的定義與幾何性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了新定義的應(yīng)用問題，考查了直線與圓錐曲線的應(yīng)用問題以及分類討論思想的應(yīng)用問題，是綜合性題目．