Question

19．已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F₂（1，0），点H（2，$\frac{{2\sqrt{10}}}{3}$）在椭圆上．
（I）求椭圆的方程；
（Ⅱ）点M在圆x²+y²=b²上，且M在第一象限，过M作圆x²+y²=b²的切线交椭圆于P，Q两点，求证：△PF₂Q的周长是定值．

Answer 1

分析 （I）利用椭圆的定义及其性质即可得出；
（II）方法1：设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用两点之间的距离公式与$\frac{x_1^2}{9}+\frac{y_1^2}{8}=1$，可得$|{P{F_2}}|=3-\frac{x_1}{3}$，再利用切线的性质可得|PM|=$\frac{1}{3}{x}_{1}$，可得$|{P{F_2}}|+|{PM}|=3-\frac{1}{3}{x_1}+\frac{1}{3}{x_1}=3$，同理|QF₂|+|QM|=3，即可证明；
方法2：设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），设PQ的方程为y=kx+m（k＜0，m＞0），与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，利用弦长公式可得|PQ，利用PQ与圆x²+y²=8相切的性质可得$m=2\sqrt{2}\sqrt{1+{k^2}}$，得到$|PQ|=-\frac{6km}{{8+9{k^2}}}$，利用两点之间的距离公式可得$|{P{F_2}}|=3-\frac{x_1}{3}$，同理可得$|{Q{F_2}}|=\frac{1}{3}（9-{x_2}）=3-\frac{x_2}{3}$，即可证明．

解答 （I）解：根据已知，椭圆的左右焦点为分别是F₁（-1，0），F₂（1，0），c=1，
∵$H（2，\frac{{2\sqrt{10}}}{3}）$在椭圆上，
∴$2a=|{H{F_1}}|+|{H{F_2}}|=\sqrt{{{（2+1）}^2}+{{（\frac{{2\sqrt{10}}}{3}）}^2}}+\sqrt{{{（2-1）}^2}+{{（\frac{{2\sqrt{10}}}{3}）}^2}}=6$，
∴a=3，b²=a²-c²=8，
椭圆的方程是$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{8}=1$；
（II）证明：方法1：设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
则$\frac{x_1^2}{9}+\frac{y_1^2}{8}=1$，
$|{P{F_2}}|=\sqrt{{{（{{x_1}-1}）}^2}+y_1^2}=\sqrt{{{（{{x_1}-1}）}^2}+8（1-\frac{x_1^2}{9}）}=\sqrt{{{（\frac{x_1}{3}-3）}^2}}$，
∵0＜x₁＜3，∴$|{P{F_2}}|=3-\frac{x_1}{3}$，
在圆中，M是切点，
∴$|{PM}|=\sqrt{|OP{|^2}-|OM{|^2}}=\sqrt{x_1^2+y_1^2-8}=\sqrt{x_1^2+8（1-\frac{x_1^2}{9}）-8}=\frac{1}{3}{x_1}$，
∴$|{P{F_2}}|+|{PM}|=3-\frac{1}{3}{x_1}+\frac{1}{3}{x_1}=3$，
同理|QF₂|+|QM|=3，
∴|F₂P|+|F₂Q|+|PQ|=3+3=6，
因此△PF₂Q的周长是定值6．
方法2：设PQ的方程为y=kx+m（k＜0，m＞0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{8}=1}\end{array}\right.$，得（8+9k²）x²+18kmx+9m²-72=0
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
则${x_1}+{x_2}=\frac{-18km}{{8+9{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{9{m^2}-72}}{{8+9{k^2}}}$，
∴$|PQ|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|$=$\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（\frac{-18km}{{8+9{k^2}}}）}^2}-4×\frac{{9{m^2}-72}}{{8+9{k^2}}}}$=$\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{\frac{{4×9×8×（9{k^2}-{m^2}+8）}}{{{{（8+9{k^2}）}^2}}}}$，
∵PQ与圆x²+y²=8相切，
∴$\frac{m}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=2\sqrt{2}$，即$m=2\sqrt{2}\sqrt{1+{k^2}}$，
∴$|PQ|=-\frac{6km}{{8+9{k^2}}}$，
∵$|{P{F_2}}|=\sqrt{{{（{{x_1}-1}）}^2}+y_1^2}=\sqrt{{{（{{x_1}-1}）}^2}+8（1-\frac{x_1^2}{9}）}=\sqrt{{{（\frac{x_1}{3}-3）}^2}}$，
∵0＜x₁＜3，
∴$|{P{F_2}}|=3-\frac{x_1}{3}$，
同理$|{Q{F_2}}|=\frac{1}{3}（9-{x_2}）=3-\frac{x_2}{3}$，
∴$|{{F_2}P}|+|{{F_2}Q}|+|{PQ}|=6-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{3}-\frac{6km}{{8+9{k^2}}}=6+\frac{6km}{{8+9{k^2}}}-\frac{6km}{{8+9{k^2}}}=6$，
因此△PF₂Q的周长是定值6．
斜率不存在时也成立．
故△PF₂Q的周长是定值6．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长公式、直线与圆相切性质、勾股定理、三角形的周长问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．