Question

8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F（c，0）．P（x₀，y₀）為橢圓上一點(diǎn)，且PA⊥PF．
（1）若a=3，b=$\sqrt{5}$，求x₀的值；
（2）若x₀=0，求橢圓的離心率；
（3）求證：以F為圓心，F(xiàn)P為半徑的圓與橢圓的右準(zhǔn)線x=$\frac{a^2}{c}$相切．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)a，b，c的關(guān)系易得c=2，由PA⊥PF及$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{9}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{5}=1$，解得${x}_{0}=\frac{3}{4}$；
（2）聯(lián)立條件x₀=0及PA⊥PF，計(jì)算得a²-c²=ac，所以e²+e-1=0，解之即可（注意舍去負(fù)值）．   
（3）聯(lián)立$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}=1$，以及PA⊥PF得$（{x}_{0}+a）[{x}_{0}+\frac{a（^{2}-ac）}{{c}^{2}}]=0$，解得${x}_{0}=-\frac{a（{a}^{2}-ac-{c}^{2}）}{{c}^{2}}$，計(jì)算可得PF=$\frac{{a}^{2}}{c}-c$，即得結(jié)論．

解答 解：（1）因?yàn)閍=3，b=$\sqrt{5}$，所以c²=a²-b²=4，即c=2，
由PA⊥PF得，$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}=-1$，即${{y}_{0}}^{2}=-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}+6$，
又$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{9}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{5}=1$，所以$4{{x}_{0}}^{2}+9{x}_{0}-9=0$，
解得${x}_{0}=\frac{3}{4}$或x₀=-3（舍去）； 
（2）當(dāng)x₀=0時，${{y}_{0}}^{2}=^{2}$，
由PA⊥PF得，$\frac{{y}_{0}}{a}•\frac{{y}_{0}}{-c}=-1$，
即b²=ac，故a²-c²=ac，
所以e²+e-1=0，解得$e=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$（負(fù)值已舍）；   
（3）依題意，橢圓右焦點(diǎn)到直線$x=\frac{{a}^{2}}{c}$的距離為$\frac{{a}^{2}}{c}-c$，且$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}=1$，①
由PA⊥PF得，$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}•\frac{{y}_{o}}{{x}_{0}-c}=-1$，即${{y}_{0}}^{2}=-{{x}_{0}}^{2}+（c-a）{x}_{0}+ca$，②
由①②得，$（{x}_{0}+a）[{x}_{0}+\frac{a（^{2}-ac）}{{c}^{2}}]=0$，
解得${x}_{0}=-\frac{a（{a}^{2}-ac-{c}^{2}）}{{c}^{2}}$或x₀=-a（舍去）．
所以PF=$\sqrt{（{x}_{0}-c）^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$=$\sqrt{（{x}_{0}-c）^{2}-{{x}_{0}}^{2}+（c-a）{x}_{0}+ca}$=|a-$\frac{c}{a}{x}_{0}$|
=a+$\frac{c}{a}•\frac{a（{a}^{2}-ac-{c}^{2}）}{{c}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}}{c}-c$，
所以以F為圓心，F(xiàn)P為半徑的圓與右準(zhǔn)線$x=\frac{{a}^{2}}{c}$相切．

點(diǎn)評 本題考查橢圓、圓的方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查分析能力與計(jì)算能力，屬中檔題．