Question

19．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（0＜b＜3）的左右焦點分別為E，F(xiàn)，過點F作直線交橢圓C于A，B兩點，若$\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{FB}$且$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{AB}=0$
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知點O為原點，圓D：（x-3）²+y²=r²（r＞0）與橢圓C交于M，N兩點，點P為橢圓C上一動點，若直線PM，PN與x軸分別交于點R，S，求證：|OR|•|OS|為常數(shù)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)|BF|=m，推導(dǎo)出（6-2m）²+（3m）²=（6-m）²，從而m=1，進(jìn)而AE⊥AF．由此能求出橢圓C的方程．
（2）由條件可知M、N兩點關(guān)于x軸對稱，設(shè)M（x₁，y₁），P（x₀，y₀），則N（x₁，-y₁），直線PM的方程為$y-{y_0}=\frac{{{y_1}-{y_0}}}{{{x_1}-{x_0}}}（x-{x_0}）$，令y=0得點R的橫坐標(biāo)${x_R}=\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}$，同理可得點S的橫坐標(biāo)${x_S}=\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}$．由此能證明|OR|•|OS|為常數(shù)．

解答 解：（1）設(shè)|BF|=m，則|AF|=2m，|BE|=6-m，|AE|=6-2m，|AB|=3m．
則有（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，
橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．…6（分）
證明：（2）由條件可知M、N兩點關(guān)于x軸對稱，
設(shè)M（x₁，y₁），P（x₀，y₀），則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$x_1^2=\frac{9}{4}（4-y_1^2）$，$x_0^2=\frac{9}{4}（4-y_0^2）$．
直線PM的方程為$y-{y_0}=\frac{{{y_1}-{y_0}}}{{{x_1}-{x_0}}}（x-{x_0}）$，…9（分）
令y=0得點R的橫坐標(biāo)${x_R}=\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}$，
同理可得點S的橫坐標(biāo)${x_S}=\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}$．
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|為常數(shù)9．…12（分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查兩線段乘積為定值的證明，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓、韋達(dá)定理、直線性質(zhì)的合理運用．