Question

20．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)所構(gòu)成的菱形的邊長(zhǎng)是$\sqrt{5}$，面積是4，圓R：（x-4）²+y²=r²（6＞r＞2）與橢圓C交于點(diǎn)M與點(diǎn)N，連接RM并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)P．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓的右頂點(diǎn)為A，當(dāng)$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$取最小值時(shí)，求r的值；
（3）試問(wèn)，當(dāng)r變化時(shí)，直線NP是否與x軸交于一個(gè)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)所構(gòu)成的菱形的邊長(zhǎng)是$\sqrt{5}$，面積是4，可得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}=\sqrt{5}}\\{\frac{1}{2}×2a×2b=4}\end{array}\right.$，解出即可得出；
（2）由（1）可得：A（2，0），由橢圓與圓的對(duì)稱性可設(shè)M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，-sinθ）．不妨�。é取剩�0，π））．利用數(shù)量積運(yùn)算可得：$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=$5（cosθ-\frac{4}{5}）^{2}$-$\frac{1}{5}$．再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（3）設(shè)P（x₂，y₂），M（x₁，y₁），則N（x₁，-y₁）．直線MR的方程為：y=k（x-4）．與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+4k²）x²-32k²x+64k²-4=0，設(shè)直線PN的方程為：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），令y=0，可得$x=\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，利用根與系數(shù)的關(guān)系化簡(jiǎn)即可得出．

解答 解：（1）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)所構(gòu)成的菱形的邊長(zhǎng)是$\sqrt{5}$，面積是4，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}=\sqrt{5}}\\{\frac{1}{2}×2a×2b=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=4}\\{^{2}=1}\end{array}\right.$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可得：A（2，0），
由橢圓與圓的對(duì)稱性可設(shè)M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，-sinθ）．不妨取（θ∈（0，π））．
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=（2cosθ-2，sinθ）•（2cosθ-2，-sinθ）=（2cosθ-2）²-sin²θ=5cos²θ-8cosθ+3=$5（cosθ-\frac{4}{5}）^{2}$-$\frac{1}{5}$．
∴當(dāng)cosθ=$\frac{4}{5}$時(shí)，$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$取得最小值-$\frac{1}{5}$，此時(shí)M$（\frac{8}{5}，\frac{3}{5}）$．
∴$r=\sqrt{（\frac{8}{5}-4）^{2}+（\frac{3}{5}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{17}}{5}$．
（3）設(shè)P（x₂，y₂），M（x₁，y₁），則N（x₁，-y₁）．直線MR的方程為：y=k（x-4）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為（1+4k²）x²-32k²x+64k²-4=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{32{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{64{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
直線PN的方程為：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
令y=0，化為$x=\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{k（{x}_{2}-4）{x}_{1}+k（{x}_{1}-4）{x}_{2}}{k（{x}_{1}+{x}_{2}）-8k}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{（{x}_{1}+{x}_{2}）-8}$
=$\frac{\frac{2（64{k}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}-\frac{4×32{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}{\frac{32{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}-8}$=1，
∴當(dāng)r變化時(shí)，直線NP與x軸交于一個(gè)定點(diǎn)（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．