Question

15．已知對稱中心為原點(diǎn)0的橢圓C的上頂點(diǎn)為A，B（$\frac{4}{3}，\frac{3}$）是C上的一點(diǎn)，以AB為直徑的圓經(jīng)過橢圓C的右焦點(diǎn)F．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若P，Q是橢圓C上的兩動(dòng)點(diǎn)，且∠POQ=90°，求證：直線PQ與一定圓相切．

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)可得c²-$\frac{4}{3}$c+$\frac{^{2}}{3}$=0①，又點(diǎn)B在橢圓C上，可得$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{1}{9}$=1⇒a²=2②，又b²+c²=a²=2③，①③聯(lián)立解得c，b²，即可得橢圓方程；
（2）以O(shè)為極點(diǎn)，z軸為極軸，可得橢圓的極坐標(biāo)方程為ρ²=$\frac{2}{co{s}^{2}θ+2si{n}^{2}θ}$，設(shè)P（ρ，θ），Q（ρ，$\frac{π}{2}$+θ），求得OP，OQ，結(jié)合勾股定理和三角形的面積公式，求得O到PQ的距離，結(jié)合直線和圓相切的條件，即可得證．

解答 解：（1））F（c，0），A（0，b），B（$\frac{4}{3}，\frac{3}$），
由題設(shè)可知$\overrightarrow{FA}$⊥$\overrightarrow{FB}$，得（-c，b）•（$\frac{4}{3}$-c，$\frac{3}$）=0，
即有c²-$\frac{4}{3}$c+$\frac{^{2}}{3}$=0①，
又點(diǎn)B在橢圓C上，
可得$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{1}{9}$=1，可得a²=2②，
b²+c²=a²=2③，
①③聯(lián)立解得，c=1，b²=1，
故所求橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）證明：以O(shè)為極點(diǎn)，z軸為極軸，可得橢圓的極坐標(biāo)方程為
ρ²=$\frac{2}{co{s}^{2}θ+2si{n}^{2}θ}$，
設(shè)P（ρ，θ），Q（ρ，$\frac{π}{2}$+θ），
即有ρ₁²=$\frac{2}{co{s}^{2}θ+2si{n}^{2}θ}$，ρ₂²=$\frac{2}{co{s}^{2}（θ+\frac{π}{2}）+2si{n}^{2}（\frac{π}{2}+θ）}$=$\frac{2}{si{n}^{2}θ+2co{s}^{2}θ}$，
即有$\frac{1}{O{P}^{2}}$+$\frac{1}{O{Q}^{2}}$=$\frac{co{s}^{2}θ+2si{n}^{2}θ}{2}$+$\frac{si{n}^{2}θ+2co{s}^{2}θ}{2}$=$\frac{3}{2}$，
設(shè)O到直線PQ的距離為h，即有h•PQ=OP•OQ，
即h²=$\frac{O{P}^{2}•O{Q}^{2}}{P{Q}^{2}}$=$\frac{O{P}^{2}•O{Q}^{2}}{O{P}^{2}+O{Q}^{2}}$=$\frac{1}{\frac{1}{O{P}^{2}}+\frac{1}{O{Q}^{2}}}$=$\frac{1}{\frac{3}{2}}$=$\frac{2}{3}$，
可得h=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
則O到直線PQ的距離為定值$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
則直線PQ與圓心為原點(diǎn)，半徑為$\frac{\sqrt{6}}{3}$的圓相切．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用向量垂直的條件：數(shù)量積為0，點(diǎn)滿足橢圓方程，考查直線和圓相切的條件：d=r，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．