Question

如圖，橢圓C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）和圓C₂：x²+y²=b²，已知圓C₂將橢圓C₁的長軸三等分，橢圓C₁右焦點到右準線的距離為

2

4

，橢圓C₁的下頂點為E，過坐標原點O且與坐標軸不重合的任意直線l與圓C₂相交于點A、B．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）若直線EA、EB分別與橢圓C₁相交于另一個交點為點P、M．
①求證：直線MP經過一定點；
②試問：是否存在以（m，0）為圓心，

3 2

5

為半徑的圓G，使得直線PM和直線AB都與圓G相交？若存在，請求出所有m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由圓C₂將橢圓C₁的長軸三等分，可得2b=

1

3

•2a；又橢圓C₁右焦點到右準線的距離為

2

4

，可得

a2

c

-c=

2

4

，及a²=b²+c²即可得出；
（2）①由題意知直線PE，ME的斜率存在且不為0，設直線PE的斜率為k，則PE：y=kx-1，與橢圓的方程聯(lián)立可得點P的坐標，同理可得點M的坐標，進而得到直線PM的方程，可得直線PM過定點．
②由直線PE的方程與圓的方程聯(lián)立可得點A的坐標，進而得到直線AB的方程．假設存在圓心為（m，0），半徑為

3 2

5

的圓G，使得直線PM和直線AB都與圓G相交，則圓心到二直線的距離都小于半徑

3 2

5

．即（i）

|5tm|

1+25t2

＜

3 2

5

，（ii）

|tm+ 4 5 |

1+t2

＜

3 2

5

．得出m的取值范圍存在即可．

解答：解：（1）由圓C₂將橢圓C₁的長軸三等分，∴2b=

1

3

•2a，則a=3b．
∴c=

a2-b2

=2

2

b，
又橢圓C₁右焦點到右準線的距離為

2

4

，
∴

a2

c

-c=

b2

c

=

2

4

，∴b=1，則a=3，
∴橢圓方程為

x2

9

+y2=1．
（2）①由題意知直線PE，ME的斜率存在且不為0，設直線PE的斜率為k，則PE：y=kx-1，
由

y=kx-1 x2 9 +y2=1

得

x= 18k 9k2+1 y= 9k2-1 9k2+1

或

x=0 y=-1

∴P(

18k

9k2+1

，

9k2-1

9k2+1

)，
用-

1

k

去代k，得M(

-18k

k2+9

，

9-k2

k2+9

)，
kPM=

9k2-1 9k2+1 - 9-k2 k2+9

18k 9k2+1 + 18k k2+9

=

k2-1

10k

，
∴PM：y-

9-k2

k2+9

=

k2-1

10k

(x+

18k

k2+9

)，即y=

k2-1

10k

x+

4

5

，
∴直線PM經過定點T(0，

4

5

)．
②由

y=kx-1 x2+y2=1

得

x= 2k 1+k2 y= k2-1 k2+1

或

x=0 y=-1

∴A(

2k

1+k2

，

k2-1

k2+1

)，
則直線AB：y=

k2-1

2k

x，
設t=

k2-1

10k

，則t∈R，直線PM：y=tx+

4

5

，直線AB：y=5tx，
假設存在圓心為（m，0），半徑為

3 2

5

的圓G，使得直線PM和直線AB都與圓G相交，
則（i）

|5tm|

1+25t2

＜

3 2

5

，（ii）

|tm+ 4 5 |

1+t2

＜

3 2

5

．
由（i）得25t2(m2-

18

25

)＜

18

25

對t∈R恒成立，則m2≤

18

25

，
由（ii）得，(m2-

18

25

)t2+

8

5

mt-

2

25

＜0對t∈R恒成立，
當m2=

18

25

時，不合題意；當m2＜

18

25

時，△=(

8

5

m)2-4(m2-

18

25

)(-

2

25

)＜0，得m2＜

2

25

，即-

2

5

＜m＜

2

5

，
∴存在圓心為（m，0），半徑為

3 2

5

的圓G，使得直線PM和直線AB都與圓G相交，所有m的取值集合為(-

2

5

，

2

5

)．

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轉化為方程聯(lián)立得到交點的坐標、直線與圓相交問題轉化為圓心到直線距離小于半徑、點到直線的距離公式、恒成立問題的等價轉化等基礎知識與攪拌機能力、考查了推理能力、計算能力，屬于難題．