Question

7．給定橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），稱圓C₁：x²+y²=a²+b²為橢圓C的“伴隨圓”． 已知點A（2，1）是橢圓G：x²+4y²=m上的點．
（1）若過點$P（0，\sqrt{10}）$的直線l與橢圓G有且只有一個公共點，求l被橢圓G的伴隨圓G₁所截得的弦長；
（2）橢圓G上的B，C兩點滿足4k₁•k₂=-1（其中k₁，k₂是直線AB，AC的斜率），求證：B，C，O三點共線．

Answer 1

分析 （1）將A代入橢圓方程，可得m，進而得到橢圓方程和伴橢圓方程，討論直線l的斜率不存在和存在，設(shè)出l的方程，代入橢圓方程運用判別式為0，求得k，再由直線和圓相交的弦長公式，計算即可得到所求弦長；
（2）設(shè)直線AB，AC的方程分別為y-1=k₁（x-2），y-1=k₂（x-2），設(shè)點B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），聯(lián)立橢圓方程求得交點B，C的坐標，運用直線的斜率公式，計算直線OB，OC的斜率相等，即可得證．

解答 解：（1）由點A（2，1）是橢圓G：x²+4y²=m上的點．
可得2²+4•1²=m，即有m=8，
即橢圓G：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
可得a²=8，b²=2，可得伴隨圓G₁的方程為x²+y²=10，
當直線l的斜率不存在時，顯然不滿足l與橢圓G有且只有一個公共點；
當直線l的斜率存在時，設(shè)直線$l：y=kx+\sqrt{10}$，
與橢圓G：x²+4y²=8聯(lián)立，得$（1+4{k^2}）{x^2}+8\sqrt{10}kx+32=0$，
由直線l與橢圓G有且只有一個公共點，得$△={（8\sqrt{10}k）^2}-4•（1+4{k^2}）•32=0$，
解得k=±1，由對稱性取直線$l：y=x+\sqrt{10}$，即$l：x-y+\sqrt{10}=0$；
圓心到直線l的距離為$d=\frac{{|0+0+\sqrt{10}|}}{{\sqrt{1+1}}}=\sqrt{5}$，
直線l被橢圓G的伴隨圓G₁所截得的弦長=$2\sqrt{10-5}=2\sqrt{5}$；
（2）證明：設(shè)直線AB，AC的方程分別為y-1=k₁（x-2），y-1=k₂（x-2），
設(shè)點B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
聯(lián)立G：x²+4y²=8，得$（1+4{k_1}^2）{x^2}-（16{k_1}^2-8{k_1}）x+16{k_1}^2-16{k_1}-4=0$，
則2${x_1}=\frac{{16{k_1}^2-16{k_1}-4}}{{1+4{k_1}^2}}$，得${x_1}=\frac{{8{k_1}^2-8{k_1}-2}}{{1+4{k_1}^2}}$；
同理${x_2}=\frac{{8{k_2}^2-8{k_2}-2}}{{1+4{k_2}^2}}$，
斜率k_OB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{{k}_{1}（{x}_{1}-2）+1}{{x}_{1}}$=$\frac{-4{{k}_{1}}^{2}-4{k}_{1}+1}{8{{k}_{1}}^{2}-8{k}_{1}-2}$，
同理k_OC=$\frac{-4{{k}_{2}}^{2}-4{k}_{2}+1}{8{{k}_{2}}^{2}-8{k}_{2}-2}$；
因為4k₁•k₂=-1，所以k_OC=$\frac{-4（\frac{-1}{4{k}_{1}}）^{2}-4（\frac{-1}{4{k}_{1}}）+1}{8（\frac{-1}{4{k}_{1}}）^{2}-8（\frac{-1}{4{k}_{1}}）-2}$=$\frac{-4{{k}_{1}}^{2}-4{k}_{1}+1}{8{{k}_{1}}^{2}-8{k}_{1}-2}$=k_OB，
即有B，O，C三點共線．

點評 本題考查新定義的理解和運用，橢圓和伴橢圓方程的求法，注意運用點滿足橢圓方程，考查直線和圓相交的弦長公式，同時考查三點共線的條件：斜率相等，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．