Question

18．如圖，已知A，B，Q是橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的三個(gè)頂點(diǎn)，橢圓的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，點(diǎn)B到直線AQ的距離是$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，設(shè)P是橢圓上異于A，B，Q的任意一點(diǎn)，直線PA，PB分別與經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q，且與x軸垂直的直線相交于M，N兩點(diǎn)．
（1）求橢圓的方程；
（2）求證：以MN為直徑的圓C與圓心在x軸上的定圓相切，并求出定圓的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意，直線AQ的方程為bx+ay-ab=0，B（0，-b），利用點(diǎn)B到直線AQ的距離是$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，得出a，b的關(guān)系，根據(jù)e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得出a=2b，即可求出a，b，由此能求出橢圓的方程．
（2）①設(shè)P（x₀，y₀），A（0，1），B（0，-1），求出圓C半徑．當(dāng)P在左端點(diǎn)時(shí)，圓C的方程為：（x-2）²+y²=4，由題意知與定圓（x-1）²+y²=1相切，半徑R=1由此能求出存在一個(gè)圓心在x軸上的定圓與圓C相切，該定圓的圓心為（2，0）和半徑R=1．

解答 （1）解：由題意，直線AQ的方程為bx+ay-ab=0，B（0，-b），
∵點(diǎn)B到直線AQ的距離是$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴$\frac{2ab}{\sqrt{^{2}+{a}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∵e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2b，
∴a=2，b=1，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1；
（2）證明：設(shè)P（x₀，y₀），A（0，1），B（0，-1）
所以直線PA的方程為：y-1=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$x
令x=2，得到y(tǒng)_M=$\frac{2（{y}_{0}-1）}{{x}_{0}}$+1，
同理得到y(tǒng)_N=$\frac{2（{y}_{0}+1）}{{x}_{0}}$-1，得到|MN|=|2-$\frac{4}{{x}_{0}}$|
所以，圓C半徑r=|1-$\frac{2}{{x}_{0}}$|．
設(shè)圓心在x軸上的圓的圓心為（t，0），半徑為r，則圓心距為$\sqrt{（t-2）^{2}+\frac{4}{{{x}_{0}}^{2}}-1}$
當(dāng)-2≤x₀＜0時(shí)，$\sqrt{（t-2）^{2}+\frac{4}{{{x}_{0}}^{2}}-1}$=|r±1-$\frac{2}{{x}_{0}}$|，
∴（t-2）²-1=（r±1）²-$\frac{4（r+1）}{{x}_{0}}$，
當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}{r±1=0}\\{（t-2）^{2}-1=（r±1）^{2}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{r=1}\\{t=1或3}\end{array}\right.$，此時(shí)定圓與圓C內(nèi)切；
同理當(dāng)0＜x₀≤2時(shí)，可得$\left\{\begin{array}{l}{r=1}\\{t=1或3}\end{array}\right.$，此時(shí)定圓與圓C外切；
存在圓心在x軸上的定圓與圓C相切，該定圓的圓心為（1，0）或（3，0）和半徑R=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的定圓是否存在的判斷與證明，正確確定圓心坐標(biāo)與半徑是關(guān)鍵．