Question

給定橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），稱圓心在原點O，半徑是

a2+b2

的圓為橢圓C的“準(zhǔn)圓”．已知橢圓C的一個焦點為F（

2

，0），其短軸的一個端點到點F的距離為

3

．
（1）求橢圓C和其“準(zhǔn)圓”的方程；
（2）若點A是橢圓C的“準(zhǔn)圓”與x軸正半軸的交點，B，D是橢圓C上的兩相異點，且BD⊥x軸，求

AB

•

AD

的取值范圍；
（3）證明：如果在橢圓C的“準(zhǔn)圓”上任取一點P，過點P作直線l₁，l₂，使得l₁，l₂與橢圓C都只有一個交點，那么l₁，l₂互相垂直．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）由題意知c=

2

，且a=

b2+c2

=

3

，可得b=1．即可得出橢圓C的方程與其“準(zhǔn)圓”方程．
（2）由題意，可設(shè)B（m，n），D（m，-n）(-

3

＜m＜

3

)，可得

m2

3

+n2=1．又A點坐標(biāo)為（2，0），利用數(shù)量積運算可得

AB

•

AD

=（m-2）²-n²=

4

3

(m-

3

2

)2，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（3）設(shè)P（s，t），則s²+t²=4．對s，t分類討論：當(dāng)s=±

3

時，t=±1；當(dāng)s≠±

3

時，設(shè)過P（s，t）且與橢圓有一個公共點的直線l的斜率為k，則直線l方程為y-t=k（x-s），代入橢圓C方程可得x²+3[kx+（t-ks）]²=3，利用△=0，再利用根與系數(shù)的關(guān)系證明k₁•k₂=-1，即可．

解答： 解：（1）由題意知c=

2

，且a=

b2+c2

=

3

，可得b=1．
故橢圓C的方程為

x2

3

+y2=1．
其“準(zhǔn)圓”方程為x²+y²=4．
（2）由題意，可設(shè)B（m，n），D（m，-n）(-

3

＜m＜

3

)，
則

m2

3

+n2=1．
又A點坐標(biāo)為（2，0），
故

AB

=（m-2，n），

AD

=（m-2，-n）．
故

AB

•

AD

=（m-2）²-n²=m²-4m+4-(1-

m2

3

)=

4

3

(m-

3

2

)2，
又-

3

＜m＜

3

，故

4

3

(m-

3

2

)2∈[0，7+4

3

)，
∴

AB

•

AD

的取值范圍是[0，7+4

3

)
（3）設(shè)P（s，t），則s²+t²=4．
①當(dāng)s=±

3

時，t=±1，此時兩條直線l₁，l₂中一條斜率不存在，另一條斜率為0，
∴l(xiāng)₁⊥l₂．
 ②當(dāng)s≠±

3

時，設(shè)過P（s，t）且與橢圓有一個公共點的直線l的斜率為k，
則直線l方程為y-t=k（x-s），代入橢圓C方程可得
x²+3[kx+（t-ks）]²=3，即（3k²+1）x²+6k（t-ks）x+3（t-ks）²-3=0（*），
由△=36k²（t-ks）²-4（3k²+1）[3（t-ks）²-3]=0，
可得（3-s²）k²+2stk+1-t²=0，其中3-s²≠0．
設(shè)l₁，l₂的斜率分別為k₁，k₂，則k₁，k₂是上述方程的兩個根．
故k₁•k₂=

1-t2

3-s2

=

1-(4-s2)

3-s2

=-1，即l₁⊥l₂．
綜上可知，對于橢圓C上的任意點P，都有l(wèi)₁⊥l₂．

點評：本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓的相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得判別式及其根與系數(shù)的關(guān)系、準(zhǔn)線垂直與斜率關(guān)系、數(shù)量積運算性質(zhì)、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．