Question

16．如圖，橢圓C：$\frac{x^2}{9}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（0＜b＜3）的右焦點為F，P為橢圓上一動點，連接PF交橢圓于Q點，且|PQ|的最小值為$\frac{8}{3}$．
（1）求橢圓方程；
（2）若$\overrightarrow{PF}$=$2\overrightarrow{FQ}$，求直線PQ的方程；
（3）M，N為橢圓上關于x軸對稱的兩點，直線PM，PN分別與x軸交于R，S，求證：|OR|•|OS|為定值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的簡單性質，結合已知條件求出a，b，得到橢圓方程．
（2）設${l_{PQ}}：x=my+\sqrt{5}$與4x²+9y²=36聯立，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用韋達定理以及判別式，通過$\overrightarrow{PF}=2\overrightarrow{FQ}$求出m，然后求解直線方程．
（3）設M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），則${l_{PM}}：y-{y_0}=\frac{{{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}（x-{x_0}）$，令y=0得${x_R}=\frac{{-{y_0}（{x_0}-{x_1}）}}{{{y_0}-{y_1}}}+{x_0}$同理${l_{PN}}：y+{y_0}=\frac{{-{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}（x-{x_0}）$，通過化簡|OR|•|OS|，結合點的坐標滿足橢圓方程，化簡求解|OR|•|OS|=9．

解答 解：（1）由題意得$\frac{{2{b^2}}}{a}=\frac{8}{3}$，且a=3，∴b²=4，故橢圓方程為$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
（2）設${l_{PQ}}：x=my+\sqrt{5}$與4x²+9y²=36聯立，
得：$（4{m^2}+9）{y^2}+8\sqrt{5}my-16=0$
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則$\left\{{\begin{array}{l}{△＞0}\\{{y_1}+{y_2}=-\frac{{8\sqrt{5}m}}{{4{m^2}+9}}}\\{{y_1}{y_2}=\frac{-16}{{4{m^2}+9}}}\end{array}}\right.$
由$\overrightarrow{PF}=2\overrightarrow{FQ}$得y₁=-2y₂，$\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}}}{{{y_1}{y_2}}}=\frac{y_1}{y_2}+2+\frac{y_2}{y_1}=-\frac{1}{2}$
即$\frac{{-20{m^2}}}{{4{m^2}+9}}=-\frac{1}{2}∴{m^2}=\frac{1}{4}$，
∴${l_{PQ}}：y=±2（x-\sqrt{5}）$；
（3）證明：設M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），則${l_{PM}}：y-{y_0}=\frac{{{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}（x-{x_0}）$，
令y=0得${x_R}=\frac{{-{y_0}（{x_0}-{x_1}）}}{{{y_0}-{y_1}}}+{x_0}$，同理${l_{PN}}：y+{y_0}=\frac{{-{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}（x-{x_0}）$，
得${x_S}=\frac{{{y_0}（{x_0}-{x_1}）}}{{-{y_0}-{y_1}}}+{x_0}$，
∴|OR|•|OS|=$（\frac{{-{y_0}（{x_0}-{x_1}）}}{{{y_0}-{y_1}}}+{x_0}）•$$（\frac{{{y_0}（{x_0}-{x_1}）}}{{-{y_0}-{y_1}}}+{x_0}）=\frac{{{x_1}^2{y_0}^2-{x_0}^2{y_1}^2}}{{{y_0}^2-{y_1}^2}}$（#）
又$\frac{{{x_1}^2}}{9}+\frac{{{y_1}^2}}{4}=1$，$\frac{{{x_0}^2}}{9}+\frac{{{y_0}^2}}{4}=1$∴${x_1}^2=9（1-\frac{{{y_1}^2}}{4}）$，∴${x_0}^2=9（1-\frac{{{y_0}^2}}{4}）$代入（#）
得：∴|OR|•|OS|=9．

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關系的綜合應用，考查轉化思想以及計算能力．難度比較大．