Question

19．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（0＜b＜3）的左右焦点分别为E，F，过点F作直线交椭圆C于A，B两点，若$\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{FB}$且$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{AB}=0$
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点O为原点，圆D：（x-3）²+y²=r²（r＞0）与椭圆C交于M，N两点，点P为椭圆C上一动点，若直线PM，PN与x轴分别交于点R，S，求证：|OR|•|OS|为常数．

Answer 1

分析 （1）设|BF|=m，推导出（6-2m）²+（3m）²=（6-m）²，从而m=1，进而AE⊥AF．由此能求出椭圆C的方程．
（2）由条件可知M、N两点关于x轴对称，设M（x₁，y₁），P（x₀，y₀），则N（x₁，-y₁），直线PM的方程为$y-{y_0}=\frac{{{y_1}-{y_0}}}{{{x_1}-{x_0}}}（x-{x_0}）$，令y=0得点R的横坐标${x_R}=\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}$，同理可得点S的横坐标${x_S}=\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}$．由此能证明|OR|•|OS|为常数．

解答 解：（1）设|BF|=m，则|AF|=2m，|BE|=6-m，|AE|=6-2m，|AB|=3m．
则有（6-2m）²+（3m）²=（6-m）²，解得m=1，…3（分）
∴|AF|=2，|BE|=5，|AE|=4，|AB|=3，
∴|AB|²+|AE|²=|BE|²，∴AE⊥AF．
于是，在Rt△AEF中，|EF|²=|AE|²+|AF|²=4²+2²=20，
所以|EF|=2$\sqrt{5}$，所以b²=9-（$\sqrt{5}$）²=4，
椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．…6（分）
证明：（2）由条件可知M、N两点关于x轴对称，
设M（x₁，y₁），P（x₀，y₀），则N（x₁，-y₁），
$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{9}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$=1，$\frac{x_0^2}{9}+\frac{y_0^2}{4}=1$，
所以$x_1^2=\frac{9}{4}（4-y_1^2）$，$x_0^2=\frac{9}{4}（4-y_0^2）$．
直线PM的方程为$y-{y_0}=\frac{{{y_1}-{y_0}}}{{{x_1}-{x_0}}}（x-{x_0}）$，…9（分）
令y=0得点R的横坐标${x_R}=\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}$，
同理可得点S的横坐标${x_S}=\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}$．
于是$|{OR}|•|{OS}|=|{\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}•\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}}|=|{\frac{x_1^2y_0^2-x_0^2y_1^2}{y_0^2-y_1^2}}|$
=$|{\frac{1}{y_0^2-y_1^2}•[\frac{9}{4}（4-y_1^2）y_0^2-\frac{9}{4}（4-y_0^2）y_1^2]}|=|{\frac{1}{y_0^2-y_1^2}•9（y_0^2-y_1^2）}|=9$，
所以，|OR|•|OS|为常数9．…12（分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查两线段乘积为定值的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆、韦达定理、直线性质的合理运用．