Question

已知圓o：x²+y²=b²與橢圓

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)有一個公共點(diǎn)A（0，1），F(xiàn)為橢圓的左焦點(diǎn)，直線AF被圓所截得的弦長為1．
（1）求橢圓方程．
（2）圓o與x軸的兩個交點(diǎn)為C、D，B（ x₀，y₀）是橢圓上異于點(diǎn)A的一個動點(diǎn)，在線段CD上是否存在點(diǎn)T（t，0），使|BT|=|AT|，若存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知可得b=1，設(shè)F（-c，0），則直線AF：x-cy+c=0，由直線AF被圓所截的弦長為1等于圓半徑可得圓心O（0，0）到直線AF的距離d=

c

1+c2

=

3

2

，從而可求c，進(jìn)而可求a，從而可求橢圓方程
（2）解法一：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)T（t，0），使得|AT|=|BT|，則點(diǎn)T必定在線段AB的中垂線上，設(shè)點(diǎn)B（x_B，y_B），
①直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB：y=kx+1（k≠0），由

y=kx+1 x2 4 +y2=1

?(1+4k2)x2+8kx=0，xA+xB=

-8k

1+4k2

，yA+yB=k(xA+xB)+2=

2

1+4k2

則可得AB的中點(diǎn)M，然后由由MT⊥AB可得t（1+4k²）+3k=0，即t=

-3k

1+4k2

=

-3

1 k +4k

，利用基本不等式可求
②若直線AB的斜率不存在時，線段CD上任意一點(diǎn)都使得AT=BT對橢圓上任意的不同于A的B都成立
（2）解法二：設(shè)點(diǎn)B（x₀，y₀），由|AT|=|BT|知

t2+1

=

(x0-t)2+y02

，整理得y₀²+x₀²-2tx₀-1=0，結(jié)合

x02

4

+y02=1，可得

3

4

x02-2tx0=0，x₀∈[-2，0）∪（0，2]，可求t的范圍，又圓O：x²+y²=1，可得-1≤x_C＜x_D≤1，從而可求

解答：解：（1）由已知可得b=1，設(shè)F（-c，0），則直線AF：x-cy+c=0
∵直線AF被圓所截的弦長為1等于圓的半徑
∴圓心O（0，0）到直線AF的距離d=

c

1+c2

=

3

2

解得c=

3

，則a=2∴橢圓方程為

x2

4

+ y2=1
（2）解法一：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)T（t，0），使得|AT|=|BT|，則點(diǎn)T必定在線段AB的中垂線上…（8分）
設(shè)點(diǎn)B（x_B，y_B），
①直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB：y=kx+1（k≠0）
由

y=kx+1 x2 4 +y2=1

?(1+4k2)x2+8kx=0，∴xA+xB=

-8k

1+4k2

，yA+yB=k(xA+xB)+2=

2

1+4k2

則AB的中點(diǎn)M(

-4k

1+4k2

，

1

1+4k2

)…（7分）
由MT⊥AB可知

1 1+4k2

-4k 1+4k2 -t

•k=-1即t（1+4k²）+3k=0
∴t=

-3k

1+4k2

=

-3

1 k +4k

|t|=|

3

1 k +4k

|≤

3

2 | 1 k |•|4k|

=

3

4

且t≠0…（9分）
∴-

3

4

≤t≤

3

4

且t≠0
②若直線AB的斜率不存在時，線段CD上任意一點(diǎn)都使得AT=BT對橢圓上任意的不同于A的B都成立（11分）
又圓O：x²+y²=1，-1≤x_c＜x_D≤1
綜上可得線段CD上存在點(diǎn)T，使得AT=BT（12分）
（2）解法二：設(shè)點(diǎn)B（x₀，y₀），由|AT|=|BT|知

t2+1

=

(x0-t)2+y02

即t²+1=（x₀-t）²+y₀²，整理得y₀²+x₀²-2tx₀-1=0…（7分）
又∵

x02

4

+y02=1，∴

3

4

x02-2tx0=0
當(dāng)x₀=0時，t∈R；
當(dāng)x₀≠0時，t=

3

8

x0
又∵x₀∈[-2，0）∪（0，2]，∴t∈[-

3

4

，0)∪(0，

3

4

]…（10分）
又圓O：∴x²+y²=1，∴-1≤x_C＜x_D≤1
綜上可知在線段CD上存在點(diǎn)T，使得|AT|=|BT|…（12分）

點(diǎn)評：本題主要考查了利用圓與橢圓的性質(zhì)求解橢圓的方程，直線與橢圓的相交關(guān)系的應(yīng)用，方程的思想的應(yīng)用，要求考試具備較強(qiáng)的邏輯推理與運(yùn)算的能力．