Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點和短軸頂點構成面積為2的正方形．
（I）求橢圓的標準方程；
（II）設A₁，A₂分別為橢圓C的左右頂點，F(xiàn)為右焦點，過A₁的直線與橢圓相交于另一點P，與直線x=$\sqrt{2}$相交于點B，以A₂B為直徑作圓．判斷直線PF和該圓的位置關系，并給出證明．

Answer 1

分析 （I）由題意可得b=c，a=$\sqrt{2}$，由a，b，c的關系可得b=1，進而得到橢圓方程；
（II）直線PF和圓的位置關系為相切．求出A₁（-$\sqrt{2}$，0），A₂$（\sqrt{2}，0）$，F(xiàn)（1，0），顯然直線A₁P的斜率存在，設直線A₁P的方程為y=k（x+$\sqrt{2}$），（k＞0），代入橢圓方程，求得P的坐標，以及直線PF的斜率和方程，求得B的坐標，以及圓的圓心M的坐標和半徑，求得M到直線PF的距離，化簡整理與半徑比較，即可得到所求結論．

解答 解：（I）由橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點和短軸頂點構成面積為2的正方形
由題意可得：b=c，則$\frac{1}{2}×2c×2b$=2，解得b=c=1．
∴a²=b²+c²=2．
∴橢圓的標準方程是$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1；
（II）直線PF和圓的位置關系為相切．
理由：A₁（-$\sqrt{2}$，0），A₂$（\sqrt{2}，0）$，F(xiàn)（1，0），
顯然直線A₁P的斜率存在，設直線A₁P的方程為y=k（x+$\sqrt{2}$），（k＞0），
代入橢圓方程，可得（1+2k²）x²+4$\sqrt{2}$k²x+4k²-2=0，
由-$\sqrt{2}$+x_P=-$\frac{4\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2\sqrt{2}{k}^{2}}$，
解得x_P=$\frac{\sqrt{2}-2\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y_P=k（x_P+$\sqrt{2}$）=$\frac{2\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$，
即P（$\frac{\sqrt{2}-2\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{2\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$），
直線FP的斜率為$\frac{2\sqrt{2}k}{\sqrt{2}-1-2（\sqrt{2}+1）{k}^{2}}$，
則直線FP的方程為y=$\frac{2\sqrt{2}k}{\sqrt{2}-1-2（\sqrt{2}+1）{k}^{2}}$（x-1），
可令x=$\sqrt{2}$，解得y=2$\sqrt{2}$k，即有B（$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$k），
以A₂B為直徑作圓，圓心為M（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$k），
半徑為r=$\sqrt{2}$k，
由圓心到直線PF的距離為d=$\frac{|（\sqrt{2}-1）•\frac{2\sqrt{2}k}{\sqrt{2}-1-2（\sqrt{2}+1）{k}^{2}}-\sqrt{2}k|}{\sqrt{1+\frac{8{k}^{2}}{[\sqrt{2}-1-2（\sqrt{2}+1）{k}^{2}]^{2}}}}$
=$\sqrt{2}$k•$\frac{\sqrt{2}-1+2（\sqrt{2}+1）{k}^{2}}{\sqrt{2}-1+2（\sqrt{2}+1）{k}^{2}}$=$\sqrt{2}$k=r．
可得直線PF與A₂B為直徑的圓相切．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系，以及直線和圓的位置關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．