Question

11．過(guò)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）上一點(diǎn)P向x軸作垂線，垂足為右焦點(diǎn)F，A、B分別為橢圓C的左頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，且AB∥OP，$|{AF}|=\sqrt{6}+\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若動(dòng)直線l與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，且以MN為直徑的圓恒過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O．問(wèn)是否存在一個(gè)定圓與動(dòng)直線l總相切．若存在，求出該定圓的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由點(diǎn)P的坐標(biāo)計(jì)算可得K_OP與K_AB，又由AB∥OP，得$\frac{b^2}{ac}=\frac{a}$，化簡(jiǎn)可得b=c，$a=\sqrt{2}c$，進(jìn)而由橢圓的幾何性質(zhì)可得a、b的值，將a、b的值代入方程即可得答案；
（2）先假設(shè)存在這樣的圓，分析可得x₁x₂+y₁y₂=0，按直線的斜率存在與否分兩種情況討論，設(shè)出直線的方程，求出原點(diǎn)O到直線l的距離，由直線與圓的位置關(guān)系分析可得答案．

解答 解：（1）由題意得$P（{c，\frac{b^2}{a}}）$，所以${k_{OP}}=\frac{b^2}{ac}$，${k_{AB}}=\frac{a}$．
由AB∥OP，得$\frac{b^2}{ac}=\frac{a}$，解得b=c，$a=\sqrt{2}c$，
由$|{AF}|=a+c=\sqrt{6}+\sqrt{3}$，得$b=c=\sqrt{3}$，$a=\sqrt{6}$，
橢圓C的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）假設(shè)存在這樣的圓．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
由已知，以MN為直徑的圓恒過(guò)原點(diǎn)O，即$\overrightarrow{OM}⊥\overrightarrow{ON}$，所以x₁x₂+y₁y₂=0．
當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，x₁=x₂，y₁=-y₂，所以$x_1^2-y_1^2=0$，
又$\frac{x_1^2}{6}+\frac{y_1^2}{3}=1$，解得$x_1^2=y_1^2=2$，
不妨設(shè)$M（{\sqrt{2}，\sqrt{2}}）$，$N（{\sqrt{2}，-\sqrt{2}}）$或$M（{-\sqrt{2}，\sqrt{2}}）$，$N（{-\sqrt{2}，-\sqrt{2}}）$，
即直線l的方程為$x=\sqrt{2}$或$x=-\sqrt{2}$，
此時(shí)原點(diǎn)O到直線l的距離為$d=\sqrt{2}$．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
解$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$消去y得方程：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-6=0，
因?yàn)橹本�l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，
所以方程的判別式△=（4km）²-4（1+2k²）（2m²-6）＞0，即m²＜3（k²+2），
且${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-6}}{{1+2{k^2}}}$．
由x₁x₂+y₁y₂=0，得x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=$（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$，
所以$（{1+{k^2}}）\frac{{2{m^2}-6}}{{1+2{k^2}}}$$-\frac{{4{k^2}{m^2}}}{{1+2{k^2}}}+{m^2}=0$，
整理得m²=2（1+k²）（滿足△＞0）．
所以原點(diǎn)O到直線l的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{2}$．
綜上所述，原點(diǎn)O到直線l的距離為定值$\sqrt{2}$，即存在定圓x²+y²=2總與直線l相切．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，涉及橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，需要直線的斜率存在與否進(jìn)行分類討論．