Question

2．设左右焦点分别为F₁、F₂的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，P为椭圆C上任意一点，且$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的最小值为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过坐标原点O作两条互相垂直的射线，与椭圆C分别交于A、B两点，证明：直线AB与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），则x²+y²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}$+b²≥b²．而$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=x²-c²+y²≥2．可得b²=c²+2，又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，联立解出即可．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y=kx+m．与椭圆方程联立化为：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，△＞0，由于OA⊥OB，可得x₁x₂+y₁y₂=0，利用根与系数的关系可得7m²=12（k²+1）．即可得出圆的O到直线AB的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=R．即可证明结论．当直线AB的斜率不存在时，容易证明直线AB与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．

解答 （1）解：设P（x，y），则x²+y²=${x}^{2}+{b}^{2}（1-\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}）$=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}{x}^{2}$+b²≥b²．
∵$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（-c-x，-y）•（c-x，-y）=x²-c²+y²≥2．
∴b²=c²+2，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，
解得c²=1，b²=3，a=2．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y=kx+m．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，
化为：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
△＞0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∵OA⊥OB，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（4{m}^{2}-12）}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+m²=0，
化为：7m²=12（k²+1）．
∴圆的O到直线AB的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{7}{12}}$=R．
∴直线AB与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．
当直线AB的斜率不存在时，容易证明直线AB与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．
综上可得：直线AB与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切．

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、直线与圆相切问题、一元二次方程的根与系数的关系、点到直线的距离公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．