Question

9．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對(duì)于點(diǎn)P（x₀，y₀）、直線l：ax+by+c=0，我們稱$δ=\frac{{a{x_0}+b{y_0}+c}}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}$為點(diǎn)P（x₀，y₀）到直線l：ax+by+c=0的方向距離．
（1）設(shè)橢圓$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$上的任意一點(diǎn)P（x，y）到直線l₁：x-2y=0，l₂：x+2y=0的方向距離分別為δ₁、δ₂，求δ₁δ₂的取值范圍．
（2）設(shè)點(diǎn)E（-t，0）、F（t，0）到直線l：xcosα+2ysinα-2=0的方向距離分別為η₁、η₂，試問是否存在實(shí)數(shù)t，對(duì)任意的α都有η₁η₂=1成立？若存在，求出t的值；不存在，說明理由．
（3）已知直線l：mx-y+n=0和橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0），設(shè)橢圓E的兩個(gè)焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂到直線l的方向距離分別為λ₁、λ₂滿足${λ_1}{λ_2}＞{b^2}$，且直線l與x軸的交點(diǎn)為A、與y軸的交點(diǎn)為B，試比較|AB|的長(zhǎng)與a+b的大�。�

Answer 1

分析 （1）由題意${δ_1}=\frac{x-2y}{{\sqrt{5}}}$、${δ_2}=\frac{x+2y}{{\sqrt{5}}}$，于是${δ_1}{δ_2}=\frac{{{x^2}-4{y^2}}}{5}=\frac{{2{x^2}-4}}{5}$，又-2≤x≤2得0≤x²≤4，即可求δ₁δ₂的取值范圍．
（2）由題意${η_1}=\frac{-tcosα-2}{{\sqrt{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}}$，${η_2}=\frac{tcosα-2}{{\sqrt{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}}$，于是${η_1}{η_2}=\frac{（tcosα-2）（-tcosα-2）}{{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}=1$，可得4-t²cos²α=cos²α+4sin²α?（3-t²）cos²α=0對(duì)任意的α都成立，即可得出結(jié)論；
（3）確定n²＞b²+m²a²，$A（-\frac{n}{m}，0）$，B（0，n）$|AB{|^2}=\frac{n^2}{m^2}+{n^2}$，即可比較|AB|的長(zhǎng)與a+b的大�。�

解答 解：（1）由點(diǎn)P（x，y）在橢圓$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$上，所以${y^2}=1-\frac{x^2}{4}$
由題意${δ_1}=\frac{x-2y}{{\sqrt{5}}}$、${δ_2}=\frac{x+2y}{{\sqrt{5}}}$，于是${δ_1}{δ_2}=\frac{{{x^2}-4{y^2}}}{5}=\frac{{2{x^2}-4}}{5}$     2分
又-2≤x≤2得0≤x²≤4，即$-\frac{4}{5}≤{δ_1}{δ_2}≤\frac{4}{5}$       4分
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)t，滿足題設(shè)，
由題意${η_1}=\frac{-tcosα-2}{{\sqrt{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}}$，${η_2}=\frac{tcosα-2}{{\sqrt{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}}$，
于是${η_1}{η_2}=\frac{（tcosα-2）（-tcosα-2）}{{{{cos}^2}α+4{{sin}^2}α}}=1$       6分
4-t²cos²α=cos²α+4sin²α?（3-t²）cos²α=0對(duì)任意的α都成立
只要3-t²=0即可，所以$t=±\sqrt{3}$
故存在實(shí)數(shù)t，$t=±\sqrt{3}$，對(duì)任意的α都有η₁η₂=1成立．           9分
（3）設(shè)F₁，F(xiàn)₂的坐標(biāo)分別為（-c，0）、（c，0），于是c²=a²-b²
${λ_1}=\frac{-mc+n}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$、${λ_2}=\frac{mc+n}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$于是${λ_1}{λ_2}=\frac{{{n^2}-{m^2}{c^2}}}{{1+{m^2}}}＞{b^2}$⇒n²＞b²+m²a²
又$A（-\frac{n}{m}，0）$，B（0，n）即$|AB{|^2}=\frac{n^2}{m^2}+{n^2}$               12分
所以$\frac{n^2}{m^2}+{n^2}＞{a^2}+\frac{b^2}{m^2}+{b^2}+{m^2}{a^2}≥{a^2}+{b^2}+2ab={（a+b）^2}$
綜上|AB|＞a+b．           14分

點(diǎn)評(píng) 本題考查推理，考查新定義，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大．