Question

7．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的3個(gè)頂點(diǎn)，直線l：y=-x+3與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)T．
（Ⅰ）求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo)；
（Ⅱ）設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l'平行于OT，與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A、B，且與直線l交于點(diǎn)P．證明：存在常數(shù)λ，使得PT²=λ|PA|•|PB|，并求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a²=2b²，代入橢圓方程，整理得x²+2y²-2b²=0，將y=-x+3代入，△=0，即可求得b的值，求得a的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）將l'和y=-x+3聯(lián)立求得P點(diǎn)坐標(biāo)，求得丨PT丨，將l'代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及弦長公式求得丨PA丨，同理丨PB丨，即可求得故存在常數(shù)$λ=\frac{4}{5}$，使得PT²=λ|PA|•|PB|．

解答 解：（Ⅰ）依題意可知b=c，a²=2b²，可設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{{2{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1$，
即x²+2y²-2b²=0，代入$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+3}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-2^{2}=0}\end{array}\right.$，整理得3x²-12x+18-2b²=0，
由△=12²-12（18-2b²）=0，得b²=3，
故橢圓E的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$．
點(diǎn)T的坐標(biāo)為（2，1）．
（Ⅱ）設(shè)直線l'：$y=\frac{1}{2}x+m$（m≠0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}x+m\\ y=-x+3\end{array}\right.$，得$P（2-\frac{2}{3}m，1+\frac{2}{3}m）$，故$|PT{|^2}=\frac{8}{9}{m^2}$．
由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}x+m\\ \frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得3x²+4mx+（4m²-12）=0，
△=16（9-2m²）＞0，
則${x_1}+{x_2}=-\frac{4}{3}m$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{3}$．$|PA|=\sqrt{1+{{（\frac{1}{2}）}^2}}|2-\frac{2m}{3}-{x_1}|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}|2-\frac{2m}{3}-{x_1}|$，
同理$|PB|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}|2-\frac{2m}{3}-{x_2}|$，
$|PA|•|PB|=\frac{5}{4}|{（2-\frac{2m}{3}）^2}-（2-\frac{2m}{3}）（{x_1}+{x_2}）+{x_1}{x_2}|$，
=$\frac{5}{4}|{（2-\frac{2m}{3}）^2}-（2-\frac{2m}{3}）（-\frac{4m}{3}）+\frac{{4{m^2}-12}}{3}|=\frac{{10{m^2}}}{9}$．
故存在常數(shù)$λ=\frac{4}{5}$，使得PT²=λ|PA|•|PB|．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．