Question

4．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）短轴的一个端点与椭圆C的两个焦点构成面积为3的直角三角形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过圆E：x²+y²=2上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C相交于A，B两点．求证：以AB为直径的圆恒过坐标原点O．

Answer 1

分析 （1）由三角形面积可得$\frac{1}{2}$×2c•b=3，又b=c，结合隐含条件求出a，b，c的最值，则椭圆方程可求；
（2）①当切线的斜率不存在时，直接解出验证；
②当切线的斜率存在时，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．设切线的方程为：y=kx+m，由圆心到直线的距离可得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，即m²=2（1+k²）．把切线方程代入椭圆方程可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-6=0，利用根与系数的关系即可证明$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，结论得证．

解答 （1）解：由题意可得：$\frac{1}{2}$×2c•b=3，b=c，又a²=b²+c²，联立解得：b=c=$\sqrt{3}$，a²=6．
∴椭圆C的方程是$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）证明：①当切线的斜率不存在时，即切线经过点（±$\sqrt{2}$，0）时，
代入椭圆方程可得：$\frac{1}{3}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
解得y=±$\sqrt{2}$．
不妨取A（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），B（$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$），则$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=2-2=0，∴OA⊥OB．
②当切线的斜率存在时，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
设切线的方程为：y=kx+m，则$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\sqrt{2}$，即m²=2（1+k²）．
代入椭圆方程可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-6=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-6}{1+2{k}^{2}}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（2{m}^{2}-6）（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+m²=$\frac{3{m}^{2}-6（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{6（1+{k}^{2}）-6（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}=0$．
∴$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，即OA⊥OB．
∴以AB为直径的圆过定点原点O（0，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切及其直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．