Question

11．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）短轴的一个端点与其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，l与椭圆C交于A、B两点，以AB为直径的圆是否过定点，如过，求出该定点；不过说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\frac{1}{2}×2c•b$=3，b=c，又a²=b²+c²，联立解出即可得出．
（2）以AB为直径的圆过定点原点O（0，0）．下面给出证明分析：①当切线的斜率不存在时，直接解出验证即可得出．
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，利用与圆相切的性质可得：$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，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、及其（*），只要证明$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=0即可得出结论．

解答 解：（1）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）以AB为直径的圆过定点原点O（0，0）．下面给出证明：
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：$\frac{2}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，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）．
综上①②可得：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，属于难题．