Question

20．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，以橢圓C的左頂點(diǎn)T為圓心作圓T：（x+2）²+y²=r²（r＞0），設(shè)圓T與橢圓C交于點(diǎn)M與點(diǎn)N．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求$\overrightarrow{TM}$•$\overrightarrow{TN}$的最小值；
（3）設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上異于M，N的任意一點(diǎn)，且直線MP，NP分別與x軸交于點(diǎn)R，S，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：|OR|•|OS|是定值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：T（-2，0），a=2．又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）設(shè)M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀）．把點(diǎn)M的坐標(biāo)代入橢圓方程可得：${y}_{0}^{2}$=1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$．利用數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)可得：$\overrightarrow{TM}$•$\overrightarrow{TN}$=$\frac{5}{4}（{x}_{0}+\frac{8}{5}）^{2}$-$\frac{1}{5}$，-2＜x₀＜2，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（3）設(shè)P（x₁，y₁），直線MP的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$（x-x₁），令y=0，可得x_R，同理可得：x_S，利用點(diǎn)M，P都在橢圓上，及其|OR|•|OS|=x_Rx_S即可證明．

解答 （1）解：由題意可知：T（-2，0），∴a=2．又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）解：設(shè)M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀）．
把點(diǎn)M的坐標(biāo)代入橢圓方程可得：${y}_{0}^{2}$=1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$．
$\overrightarrow{TM}$•$\overrightarrow{TN}$=$（{x}_{0}+2）^{2}$-${y}_{0}^{2}$=$（{x}_{0}+2）^{2}$-$（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{4}）$=$\frac{5}{4}（{x}_{0}+\frac{8}{5}）^{2}$-$\frac{1}{5}$，
∵-2＜x₀＜2，
∴當(dāng)且僅當(dāng)x₀=-$\frac{8}{5}$時(shí)，$\overrightarrow{TM}$•$\overrightarrow{TN}$取得最小值-$\frac{1}{5}$．
（3）證明：設(shè)P（x₁，y₁），
直線MP的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$（x-x₁），
令y=0，可得x_R=$\frac{{x}_{1}{y}_{0}-{y}_{1}{x}_{0}}{{y}_{0}-{y}_{1}}$，
同理可得：x_S=$\frac{{x}_{1}{y}_{0}+{x}_{0}{y}_{1}}{{y}_{0}+{y}_{1}}$，
∵點(diǎn)M，P都在橢圓上，
∴${x}_{0}^{2}$=4$（1-{y}_{0}^{2}）$，${x}_{1}^{2}$=4$（1-{y}_{1}^{2}）$，
∴：|OR|•|OS|=x_Rx_S=$\frac{{x}_{1}^{2}{y}_{0}^{2}-{x}_{0}^{2}{y}_{1}^{2}}{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}$=$\frac{4（1-{y}_{1}^{2}）{y}_{0}^{2}-4（1-{y}_{0}^{2}）{y}_{1}^{2}}{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}$=4是定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、直線方程，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．