Question

8．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，以F₁為圓心，短半軸長為半徑的圓與y軸相切，且與直線x-$\sqrt{3}$y-2=0相切．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）已知點P（$\sqrt{6}$，0），直線l與橢圓交于A、B兩點，且滿足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=-2，試問直線l是否恒過定點，若恒過定點，請給出證明，并求出該定點的坐標(biāo)；若不過，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由以F₁為圓心，短半軸長為半徑的圓與y軸相切，可得圓心坐標(biāo)為（-c，0），半徑為b，b=c，利用圓與直線x-$\sqrt{3}$y-2=0相切，求出b，c，又a²=b²+c²，由此能求出橢圓方程．
（2）當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB方程為y=kx+m，代入$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，消去y整理，得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-8=0，由根的判別式和韋達定理結(jié)合已知條件求出直線AB的方程為y=k（x-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），從而得到直線AB經(jīng)過定點（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，0）．當(dāng)直線AB與x軸垂直時，直線方程為x=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，也有$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=-2．由此證明直線AB一定過定點（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，0）．

解答 解：（1）∵以F₁為圓心，短半軸長為半徑的圓與y軸相切，
∴圓心坐標(biāo)為（-c，0），半徑為b，b=c
∵圓與直線x-$\sqrt{3}$y-2=0相切，
∴$\frac{|-c-2|}{\sqrt{1+3}}$=c，∴c=2，b=2，∴a=2$\sqrt{2}$
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）①當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB方程為y=kx+m，
代入$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，消去y整理，得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-8=0，
由△＞0，得8k²+4-m²＞0，（*）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{4km}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}$，
∵點P（$\sqrt{6}$，0），A，B為已知橢圓上兩動點，且滿足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=-2，
∴$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=（k²+1）x₁x₂+（km-$\sqrt{6}$）（x₁+x₂）+6+m²=-2，
∴（k²+1）•$\frac{2{m}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}$+（km-$\sqrt{6}$）（-$\frac{4km}{2{k}^{2}+1}$）+8+m²=0，
整理，解得m=-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$k，滿足（*）
∴直線AB的方程為y=k（x-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
∴直線AB經(jīng)過定點（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，0）．
②當(dāng)直線AB與x軸垂直時，直線方程為x=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
此時A（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），B（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），也有$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=-2，
綜上，直線AB一定過定點（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，0）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線是否過定點的判斷與證明，綜合性強，難度大，解題時要認真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理運用．