Question

5．已知直線（2+λ）x-（1-2λ）y-（6+3λ）=0所經(jīng)過的定點(diǎn)F恰好是橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)，且橢圓C上點(diǎn)到點(diǎn)F的最小距離為2．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知圓O：x²+y²=1，直線l：mx+ny=1，試證明：當(dāng)點(diǎn)P（m，n）在橢圓C上運(yùn)動時(shí)，直線l與圓C恒相交，并求直線l被圓O所截得的弦長的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）直線（2+λ）x-（1-2λ）y-（6+3λ）=0變形為：（2x-y-6）+λ（x+2y-3）=0，令$\left\{\begin{array}{l}{2x-y-6=0}\\{x+2y-3=0}\end{array}\right.$，解得F（3，0），可得c．由橢圓C上點(diǎn)到點(diǎn)F的最小距離為2，可得a-c=2，又b²=a²-c²．聯(lián)立解出即可得出．
（II）點(diǎn)P（m，n）在橢圓C上運(yùn)動時(shí)，可得$\frac{{m}^{2}}{25}+\frac{{n}^{2}}{16}$=1，可得m²=$\frac{25}{16}（16-{n}^{2}）$．n∈[-4，4]．圓心O（0，0）到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}}$=$\frac{1}{\sqrt{25-\frac{9}{16}{n}^{2}}}$，求出其范圍與半徑1比較，即可證明直線l與圓C恒相交．直線l被圓O所截得的弦長=2$\sqrt{1-xa7bjbs^{2}}$．

解答 （I）解：直線（2+λ）x-（1-2λ）y-（6+3λ）=0變形為：（2x-y-6）+λ（x+2y-3）=0，令$\left\{\begin{array}{l}{2x-y-6=0}\\{x+2y-3=0}\end{array}\right.$，解得F（3，0），
可得：所經(jīng)過的定點(diǎn)F（3，0）為橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)，∴c=3．
由橢圓C上點(diǎn)到點(diǎn)F的最小距離為2，可得a-c=2，∴a=5，∴b²=a²-c²=16．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{16}$=1．
（II）證明：點(diǎn)P（m，n）在橢圓C上運(yùn)動時(shí)，可得$\frac{{m}^{2}}{25}+\frac{{n}^{2}}{16}$=1，可得m²=$\frac{25}{16}（16-{n}^{2}）$．n∈[-4，4]．
圓心O（0，0）到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{25}{16}（16-{n}^{2}）+{n}^{2}}}$=$\frac{1}{\sqrt{25-\frac{9}{16}{n}^{2}}}$∈$[\frac{1}{5}，\frac{1}{4}]$，∴直線l與圓C恒相交．
直線l被圓O所截得的弦長=2$\sqrt{1-k6c85jb^{2}}$=2$\sqrt{1-\frac{1}{25-\frac{9}{16}{n}^{2}}}$∈$[\frac{\sqrt{5}}{2}，\frac{4\sqrt{5}}{5}]$．
∴直線l被圓O所截得的弦長的取值范圍是$[\frac{\sqrt{5}}{2}，\frac{4\sqrt{5}}{5}]$．

點(diǎn)評 本題考查了直線經(jīng)過定點(diǎn)問題、橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離公式、直線與圓的位置關(guān)系、弦長公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．