Question

18．若P（x₀，y₀）是橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上異于橢圓頂點(diǎn)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P（x₀，y₀）作斜率為-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$$•\frac{^{2}}{{a}^{2}}$的直線l，原點(diǎn)O到直線l的距離為d，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C的左右焦點(diǎn)．
（1）判定直線l與橢圓的位置關(guān)系
（2）求|PF₁|•|PF₂|+d²的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意方程求出y的表達(dá)式，不妨設(shè)y₀＞0，得到y(tǒng)關(guān)于x的函數(shù)解析式，求導(dǎo)可得直線l與橢圓相切；
（2）寫出直線方程點(diǎn)斜式，化為一般式，利用點(diǎn)到直線的距離公式求得d²，再由橢圓焦半徑公式求得|PF₁|•|PF₂|，作和后利用基本不等式求得最值．

解答 解：（1）由橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），得$\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1-\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$，
∴${y}^{2}=^{2}-\frac{^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}$，即y=$±\sqrt{^{2}-\frac{^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}}$，
∵P（x₀，y₀）不是橢圓的頂點(diǎn)，
∴不妨設(shè)y₀＞0，則y=$\sqrt{^{2}-\frac{^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}}$，
∴$y′{|}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{2}（^{2}-\frac{^{2}}{{a}^{2}}{{x}_{0}}^{2}）^{-\frac{1}{2}}•（-\frac{2^{2}}{{a}^{2}}{x}_{0}）$=$-\frac{^{2}}{{a}^{2}}{x}_{0}\sqrt{{{y}_{0}}^{2}}$=$-\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}•\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
∴直線l與橢圓相切；
（2）由題意可得直線l的方程為$y-{y}_{0}=-\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}•\frac{^{2}}{{a}^{2}}（x-{x}_{0}）$，
整理得：$^{2}{x}_{0}x+{a}^{2}{y}_{0}y-{a}^{2}^{2}=0$，
∴$bfpnvdn^{2}=\frac{{a}^{4}^{4}}{^{4}{{x}_{0}}^{2}+{a}^{4}{{y}_{0}}^{2}}$=$\frac{{a}^{4}^{4}}{{a}^{4}^{2}-{a}^{2}^{2}{{x}_{0}}^{4}+^{4}{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{{a}^{4}^{2}}{{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}}$．
|PF₁|•|PF₂|=$（a+e{x}_{0}）（a-e{x}_{0}）=\frac{{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{4}}$，
∴|PF₁|•|PF₂|+d²=|PF₁|•|PF₂|=$\frac{{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{4}}+\frac{{a}^{4}^{2}}{{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}}$
$≥2\sqrt{\frac{{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{4}}•\frac{{a}^{4}^{2}}{{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}}}$=$2\sqrt{^{2}}=2b$．
當(dāng)且僅當(dāng)$（{a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}）^{2}={a}^{8}^{2}$，即${a}^{4}-{c}^{2}{{x}_{0}}^{2}={a}^{4}b$時(shí)等號(hào)成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了橢圓的切線方程的求法，訓(xùn)練了利用基本不等式求得最值，考查計(jì)算能力，屬于難題．