Question

19．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，橢圓C的上、下頂點分別為A₁，A₂，左、右頂點分別為B₁，B₂，左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂．原點到直線A₂B₂的距離為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）P是橢圓上異于A₁，A₂的任一點，直線PA₁，PA₂，分別交x軸于點N，M，若直線OT與以MN為直徑的圓G相切，切點為T．證明：線段OT的長為定值，并求出該定值．

Answer 1

分析 （1）設a=2m，c=$\sqrt{3}$m，則b=m．直線A₂B₂方程為mx-2my-2m²=0．由點到直線距離公式能求出m=1．由此能求出橢圓方程．
（2）由A₁（0，1）A₂（0，-1），設P（x₀，y₀），分別求出直線PA₁和直線PA₂，法一：設圓G的圓心為（$\frac{1}{2}$（$\frac{x0}{y0+1}$-$\frac{x0}{y0-1}$），0），利用圓的性質(zhì)能證明線段OT的長度為定值2；法二：由切割線定理得OT²=OM•ON=4．從而得到線段OT的長度為定值2．

解答 解：（1）因為橢圓C的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，故設a=2m，c=$\sqrt{3}$m，則b=m．
直線A₂B₂方程為 bx-ay-ab=0，即mx-2my-2m²=0．
所以$\frac{2{m}^{2}}{\sqrt{{m}^{2}+4{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，解得m=1．
所以a=2，b=1，橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．…（5分）
證明：（2）由（1）可知A₁（0，1）A₂（0，-1），設P（x₀，y₀），
直線PA₁：y-1=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$x，令y=0，得x_N=-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$，…（6分）
直線PA₂：y+1=$\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}}$x，令y=0，得x_M=$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$，…（7分）
解法一：設圓G的圓心為（$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$），0），…（9分）
則r²=[$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$）-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$]²=$\frac{1}{4}$（$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$+$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$）²．…（11分）
OG²=$\frac{1}{4}$（$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$）²．
OT²=OG²-r²=$\frac{1}{4}$（$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$）²-$\frac{1}{4}$（$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$+$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$）²=$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{1-{{y}_{0}}^{2}}$．…（13分）
而$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1，所以x₀²=4（1-y₀²），所以OT²=4，…（15分）
所以OT=2，即線段OT的長度為定值2．…（16分）
解法二：OM•ON=|（-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$）•$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$|=$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{1-{{y}_{0}}^{2}}$，
而$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1，所以x₀²=4（1-y₀²），所以OM•ON=4．
由切割線定理得OT²=OM•ON=4．
所以OT=2，即線段OT的長度為定值2．…（16分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓、圓、點到直線距離公式、切割線定理等知識點的合理運用．