Question

12．已知橢圓C的中心在坐標原點O，左、右焦點分別為F₁、F₂，點A時橢圓C上任一點，且|AF₁|•|AF₂|的最大值為3，以橢圓C的右焦點為圓心，焦距為直徑的圓與直線l₁：x+$\sqrt{3}$y+1=0相切．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）不過原點的直線l₂與橢圓C交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩個不同點，以OP，OQ為鄰邊作?OQNP，當?OQNP的面積為$\sqrt{6}$時，證明：|ON|²+|PQ|²為定值．

Answer 1

分析 （1）設橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）．設|AF₁|=m，|AF₂|=n，則mn≤3，由于m+n=2a，利用基本不等式的性質(zhì)：a²=3．由于以橢圓C的右焦點為圓心，焦距為直徑的圓與直線l₁：x+$\sqrt{3}$y+1=0相切．可得$\frac{|c+1|}{2}$=c，c＞0，解得c，可得b²=a²-c²．
（2）當直線l₂的斜率存在時，設直線l₂的方程為y=kx+m，線段PQ的中點M（x₀，y₀）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0，利用根與系數(shù)的關系及其中點坐標公式可得：|ON|²=4|OM|²=$4（{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}）$，|PQ|²=（1+k²）$[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]$．原點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，平行四邊形OQNP的面積S=2×$\frac{1}{2}$|PQ|•d=|PQ|•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{6}$，可得|PQ|²=$\frac{6（1+{k}^{2}）}{{m}^{2}}$．得到m與k的關系，代入|ON|²+|PQ|²，即可證明．當直線l₂的斜率不存在時，同樣成立．

解答 （1）解：設橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）．
設|AF₁|=m，|AF₂|=n，則mn≤3，
∵m+n=2a≥2$\sqrt{mn}$，當且僅當m=n時取等號，a²=3．
∵以橢圓C的右焦點為圓心，焦距為直徑的圓與直線l₁：x+$\sqrt{3}$y+1=0相切．
∴$\frac{|c+1|}{2}$=c，c＞0，解得c=1，
∴b²=a²-c²=2．
∴橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）證明：當直線l₂的斜率存在時，設直線l₂的方程為y=kx+m，線段PQ的中點M（x₀，y₀）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0，
△＞0，可得x₁+x₂=-$\frac{6km}{2+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{m}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$．
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{-3km}{2+3{k}^{2}}$，y₀=kx₀+m=$\frac{2m}{2+3{k}^{2}}$．
∴|ON|²=4|OM|²=$4（{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}）$=$\frac{4{m}^{2}（9{k}^{2}+4）}{（2+3{k}^{2}）^{2}}$．
|PQ|²=（1+k²）$[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]$=（1+k²）$[\frac{36{k}^{2}{m}^{2}}{（2+3{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（3{m}^{2}-6）}{2+3{k}^{2}}]$=$\frac{12（4+6{k}^{2}-2{m}^{2}）}{（2+3{k}^{2}）^{2}}$×（1+k²）．
∴|ON|²+|PQ|²=$\frac{12{m}^{2}{k}^{2}+120{k}^{2}+72{k}^{4}-8{m}^{2}+48}{（2+3{k}^{2}）^{2}}$．
原點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
平行四邊形OQNP的面積S=2×$\frac{1}{2}$|PQ|•d=|PQ|•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{6}$，
∴|PQ|²=$\frac{6（1+{k}^{2}）}{{m}^{2}}$．
∴$\frac{12（4+6{k}^{2}-2{m}^{2}）}{（2+3{k}^{2}）^{2}}$×（1+k²）=$\frac{6（1+{k}^{2}）}{{m}^{2}}$，化為：2m²=2+3k²．
代入|ON|²+|PQ|²=$\frac{（2+3{k}^{2}）（6{k}^{2}-4）+120{k}^{2}+72{k}^{4}+48}{（2+3{k}^{2}）^{2}}$=10．
∴|ON|²+|PQ|²為定值10．
當直線l₂的斜率不存在時，同樣成立．
綜上可得：|ON|²+|PQ|²為定值10．

點評 本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、直線與圓相切問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、平行四邊形的面積計算公式、點到直線的距離公式公式、弦長公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．