Question

設(shè)橢圓

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，A是橢圓上的一點(diǎn)，C，原點(diǎn)O到直線AF₁的距離為

1

3

|OF1|．
（Ⅰ）證明a=

2

b；
（Ⅱ）求t∈（0，b）使得下述命題成立：設(shè)圓x²+y²=t²上任意點(diǎn)M（x₀，y₀）處的切線交橢圓于Q₁，Q₂兩點(diǎn)，則OQ₁⊥OQ₂．

Answer 1

分析：證法一：設(shè)點(diǎn)A（c，y），y＞0，由題設(shè)條件能夠推導(dǎo)出A(c，

b2

a

)，直線AF₂的方程為y=

b2

2ac

(x+c)，再由原點(diǎn)O到直線AF₁的距離得到

c

3

=

b2c

b4+4a2c2

，由此可得a=

2

b．
證法二：由題設(shè)知A(c，

b2

a

)，由橢圓定義得|AF₁|+|AF₂|=2a，又|BO|=

1

3

|OF1|，所以

1

3

=

|F2A|

|F1A|

=

|F2A|

2a-|F2A|

，解得|F2A|=

a

2

，而|F2A|=

b2

a

，由此能夠?qū)С?span dealflag="1" class="MathJye" mathtag="math" style="whiteSpace:nowrap;wordSpacing:normal;wordWrap:normal">a=

2

b．
（Ⅱ）圓x²+y²=t²上的任意點(diǎn)M（x₀，y₀）處的切線方程為x₀x+y₀y=t²．當(dāng)t∈（0，b）時(shí)，圓x²+y²=t²上的任意點(diǎn)都在橢圓內(nèi)，故此圓在點(diǎn)A處的切線必交橢圓于兩個(gè)不同的點(diǎn)Q₁和Q₂，因此點(diǎn)Q₁（x₁，y₁），Q₂（x₂，y₂）的坐標(biāo)是方程組

x0x+y0y=t2① x2+2y2=2b2②

的解．當(dāng)y₀≠0時(shí)，由①式得y=

t2-x0x

y0

代入②式，得x2+2(

t2-x0x

y0

)2=2b2，然后結(jié)合題設(shè)條件利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解．

解答：解：（Ⅰ）證法一：由題設(shè)AF₂⊥F₁F₂及F₁（-c，0），
F₂（c，0），不妨設(shè)點(diǎn)A（c，y），
其中y＞0，由于點(diǎn)A在橢圓上，
有

c2

a2

+

y2

b2

=1，

a2-b2

a2

+

y2

b2

=1，
解得y=

b2

a

，從而得到A(c，

b2

a

)，
直線AF₂的方程為y=

b2

2ac

(x+c)，
整理得b²x-2acy+b²c=0．
由題設(shè)，原點(diǎn)O到直線AF₁的距離為

1

3

|OF1|，
即

c

3

=

b2c

b4+4a2c2

，
將c²=a²-b²代入原式并化簡得a²=2b²，即a=

2

b．

證法二：同證法一，得到點(diǎn)A的坐標(biāo)為(c，

b2

a

)，
過點(diǎn)O作OB⊥AF₁，垂足為H，易知△F₁BC∽△F₁F₂A，
故

|BO|

|OF1|

=

|F2A|

|F1A|

由橢圓定義得|AF₁|+|AF₂|=2a，又|BO|=

1

3

|OF1|，
所以

1

3

=

|F2A|

|F1A|

=

|F2A|

2a-|F2A|

，
解得|F2A|=

a

2

，而|F2A|=

b2

a

，
得

b2

a

=

a

2

，即a=

2

b；

（Ⅱ）圓x²+y²=t²上的任意點(diǎn)M（x₀，y₀）
處的切線方程為x₀x+y₀y=t²．
當(dāng)t∈（0，b）時(shí)，圓x²+y²=t²上的任意點(diǎn)都在橢圓內(nèi)，
故此圓在點(diǎn)A處的切線必交橢圓于兩個(gè)不同的點(diǎn)Q₁和Q₂，
因此點(diǎn)Q₁（x₁，y₁），Q₂（x₂，y₂）的坐標(biāo)是方程組

x0x+y0y=t2① x2+2y2=2b2②

的解．
當(dāng)y₀≠0時(shí)，由①式得y=

t2-x0x

y0

代入②式，得x2+2(

t2-x0x

y0

)2=2b2，
即（2x₀²+y₀²）x²-4t²x₀x+2t⁴-2b²y₀²=0，
于是x1+x2=

4t2x0

2 x 2 0 + y 2 0

，
x1x2=

2t4-2b2 y 2 0

2 x 2 0 + y 2 0

y1y2=

t2-x0x1

y0

•

t2-x1x2

y1

=

1

y 2 0

[t4-x0t2(x1+x2)+

x

2 0

x1x2]
=

1

y 2 0

(t4-x0t2

4t2x0

2 x 2 0 + y 2 0

+

x

2 0

2t4-2b2 y 2 0

2 x 2 0 + y 2 0

)
=

t4-2b2 x 2 0

2 x 2 0 + y 2 0

．若OQ₁⊥OQ₂，
則x1x2+y1y2=

2t4-2b2 y 2 0

2 x 2 0 + y 2 0

+

t4-2b2 x 2 0

2 x 2 0 + y 2 0

=

3t4-2b2( x 2 0 + y 2 0 )

2 x 2 0 + y 2 0

=0．
所以，3t⁴-2b²（x₀²+y₀²）=0．由x₀²+y₀²=t²，得3t⁴-2b²t²=0．
在區(qū)間（0，b）內(nèi)此方程的解為t=

6

3

b．
當(dāng)y₀=0時(shí)，必有x₀≠0，同理求得在區(qū)間（0，b）內(nèi)的解為t=

6

3

b．
另一方面，當(dāng)t=

6

3

b時(shí)，可推出x₁x₂+y₁y₂=0，從而OQ₁⊥OQ₂．
綜上所述，t=

6

3

b∈(0，b)使得所述命題成立．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、兩條直線垂直、圓的方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法及推理、運(yùn)算能力．