Question

4．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的3個(gè)頂點(diǎn)，直線l：y=-x+3與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)T．
（Ⅰ）求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo)；
（Ⅱ）設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l′平行于OT，與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A、B，且與直線l交于點(diǎn)P．證明：存在常數(shù)λ，使得|PT|²=λ|PA|•|PB|，并求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓的短軸端點(diǎn)C與左右焦點(diǎn)F₁、F₂構(gòu)成等腰直角三角形，結(jié)合直線l與橢圓E只有一個(gè)交點(diǎn)，
利用判別式△=0，即可求出橢圓E的方程和點(diǎn)T的坐標(biāo)；
（Ⅱ）【解法一】作伸縮變換，令x′=x，y′=$\sqrt{2}$y，把橢圓E變?yōu)閳AE′，利用圓冪定理求出λ的值，
從而證明命題成立．
【解法二】設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)l′∥OT寫出l′的參數(shù)方程，代入橢圓E的方程中，整理得出方程，
再根據(jù)參數(shù)的幾何意義求出|PT|²、|PA|和|PB|，由|PT|²=λ|PA|•|PB|求出λ的值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)短軸一端點(diǎn)為C（0，b），左右焦點(diǎn)分別為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），其中c＞0，
則c²+b²=a²；
由題意，△F₁F₂C為直角三角形，
∴${{{|F}_{1}F}_{2}|}^{2}$=${{|F}_{1}C|}^{2}$+${{|F}_{2}C|}^{2}$，解得b=c=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{2b}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1；
代入直線l：y=-x+3，可得3x²-12x+18-2b²=0，
又直線l與橢圓E只有一個(gè)交點(diǎn)，則△=12²-4×3（18-2b²）=0，解得b²=3，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
由b²=3，解得x=2，則y=-x+3=1，所以點(diǎn)T的坐標(biāo)為（2，1）；
（Ⅱ）【解法一】作伸縮變換，令x′=x，y′=$\sqrt{2}$y，
則橢圓E變?yōu)閳AE′：x′²+y′²=6，
設(shè)此時(shí)P、A、B、T對應(yīng)的點(diǎn)分別為P′、A′、B′、T′，
如圖所示；

則$\frac{{|P′T′|}^{2}}{{|PT|}^{2}}$=$\frac{1{+2×（-1）}^{2}}{1{+（-1）}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
$\frac{|P′A′|•|P′B′|}{|PA|•|PB|}$=$\frac{1+2{×（\frac{1}{2}）}^{2}}{1{+（\frac{1}{2}）}^{2}}$=$\frac{6}{5}$，
兩式相比，得$\frac{{|P′T′|}^{2}}{{|PT|}^{2}}$：$\frac{|P′A′|•|P′B′|}{|PA|•|PB|}$=$\frac{5}{4}$，
由圓冪定理得，|P′T′|²=|P′A′|•|P′B′|，
所以$\frac{{|PT|}^{2}}{|PA|•|PB|}$=$\frac{4}{5}$，即λ=$\frac{4}{5}$，原命題成立．
【解法二】設(shè)P（x₀，3-x₀）在l上，由k_OT=$\frac{1}{2}$，l′平行OT，
得l′的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x{=x}_{0}+2t}\\{y=3{-x}_{0}+t}\end{array}\right.$，
代入橢圓E中，得${{（x}_{0}+2t）}^{2}$+2${（3{-x}_{0}+t）}^{2}$=6，
整理得2t²+4t+${{x}_{0}}^{2}$-4x₀+4=0；
設(shè)兩根為t_A，t_B，則有t_A•t_B=$\frac{{{（x}_{0}-2）}^{2}}{2}$；
而|PT|²=${（\sqrt{{{（x}_{0}-2）}^{2}{+（3{-x}_{0}-1）}^{2}}）}^{2}$=2${{（x}_{0}-2）}^{2}$，
|PA|=$\sqrt{{{[（x}_{0}+{2t}_{A}）{-x}_{0}]}^{2}{+[（3{-x}_{0}{+t}_{A}）-（3{-x}_{0}）]}^{2}}$=|$\sqrt{5}$t_A|，
|PB|=$\sqrt{{[{（x}_{0}+{2t}_{B}）{-x}_{0}]}^{2}{+[（3{-x}_{0}{+t}_{B}）-（3{-x}_{0}）]}^{2}}$=|$\sqrt{5}$t_B|，
且|PT|²=λ|PA|•|PB|，
∴λ=$\frac{{|PT|}^{2}}{|PA|•|PB|}$=$\frac{{2{（x}_{0}-2）}^{2}}{{\frac{5}{2}{（x}_{0}-2）}^{2}}$=$\frac{4}{5}$，
即存在滿足題意的λ值．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的幾何性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了直線與橢圓方程的綜合應(yīng)用問題，考查了參數(shù)方程的應(yīng)用問題，是難題．