Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F（1，0），過點F的直線l交橢圓C于M，N兩點，圓x²+y²=$\frac{2}{3}$與橢圓C的四個頂點構成的四邊形相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）證明：$\frac{1}{|MF|}$+$\frac{1}{|NF|}$為定值，并求出此定值．

Answer 1

分析 （1）由圓x²+y²=$\frac{2}{3}$與橢圓C的四個頂點構成的四邊形相切得到a，b的關系式，結合c=1及隱含條件求得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）當直線l的斜率不存在時，直接求出$\frac{1}{|MF|}$+$\frac{1}{|NF|}$的值，當直線l的斜率存在時，設出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系求出M，N的橫坐標的和與積，代入$\frac{1}{|MF|}$+$\frac{1}{|NF|}$整理得答案．

解答 （1）解：過（a，0）與（0，b）的直線方程為$\frac{x}{a}+\frac{y}=1$

即bx+ay-ab=0，
由圓x²+y²=$\frac{2}{3}$與直線bx+ay-ab=0相切，得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
又c=1，a²=b²+c²，聯(lián)立可得a²=2，b²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）證明：當直線l的斜率不存在時，MN所在直線方程為x=1，代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
解得y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$，即|MF|=|NF|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
此時$\frac{1}{|MF|}$+$\frac{1}{|NF|}$=2$\sqrt{2}$；
當直線l的斜率存在時，設直線方程為y=k（x-1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
又|MF|=$\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}$，|NF|=$\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}$，
∴$\frac{1}{|MF|}$+$\frac{1}{|NF|}$=$\frac{1}{\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}{（\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}）（\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}）}$
=$\frac{2\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}•\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}{2-\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+\frac{1}{2}•\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+1}=2\sqrt{2}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查了橢圓的簡單性質(zhì)，訓練了直線與圓錐曲線位置關系問題的解決方法，考查了運算能力，屬中檔題，本題解答中用到焦半徑公式，使用答案時要注意研究其導出的方法．