Question

1．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{3}=1（a＞\sqrt{3}）$的左、右頂點分別為A，B，右焦點為F（c，0），點P是橢圓C上異于A，B的動點，過點B作橢圓C的切線l，直線AP與直線l的交點為D，且當(dāng)|BD|=2$\sqrt{2}$c時，|AF|=|DF|．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）當(dāng)點P運動時，試判斷以BD為直徑的圓與直線PF的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題可知A（-a，0）、$D（{a，2\sqrt{2}c}）$，通過|AF|=|FD|化簡得a=2c，結(jié)合a²=3+c²得a²=4，進而可得結(jié)論；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知A（-2，0），B（2，0），設(shè)直線AP的方程為y=k（x+2），（k≠0）．設(shè)點P的坐標(biāo)為（x₀，y₀），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，結(jié)合韋達定理及點F（1，0），分$k=±\frac{1}{2}$、$k≠±\frac{1}{2}$兩種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）依題可知A（-a，0）、$D（{a，2\sqrt{2}c}）$，
由|AF|=|FD|，得$a+c=\sqrt{{{（{a-c}）}^2}+8{c^2}}$，
化簡得a=2c，由a²=3+c²得 a²=4，
故所求橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知A（-2，0），B（2，0），在點B處的切線方程為x=2．
結(jié)論：以BD為直徑的圓與直線PF相切．
證明如下：
由題意可知直線AP的斜率存在，設(shè)直線AP的方程為y=k（x+2），（k≠0）．
則點D坐標(biāo)為（2，4k），BD中點E的坐標(biāo)為（2，2k）． 
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+3）x²+16k²x+16k²-12=0．
設(shè)點P的坐標(biāo)為（x₀，y₀），
由韋達定理：$-2{x_0}=\frac{{16{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．
所以${x_0}=\frac{{6-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${y_0}=k（{x_0}+2）=\frac{12k}{{3+4{k^2}}}$．
因為點F坐標(biāo)為（1，0），分情況討論：
（1）當(dāng)$k=±\frac{1}{2}$時，點P的坐標(biāo)為$（1，±\frac{3}{2}）$，直線PF的方程為x=1，點D的坐標(biāo)為（2，±2）．
此時以BD為直徑的圓（x-2）²+（y?1）²=1與直線PF相切；
（2）當(dāng)$k≠±\frac{1}{2}$時，直線PF的斜率${k_{PF}}=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}=\frac{4k}{{1-4{k^2}}}$．
所以直線PF的方程為$y=\frac{4k}{{1-4{k^2}}}（x-1）$，即$x-\frac{{1-4{k^2}}}{4k}y-1=0$．
故點E到直線PF的距離d=$\frac{|2-\frac{1-4{k}^{2}}{4k}×2k-1|}{\sqrt{1+（\frac{1-4{k}^{2}}{4k}）^{2}}}$=$\frac{\frac{1+4{k}^{2}}{2}}{\sqrt{（\frac{1+4{k}^{2}}{4k}）^{2}}}$=|2k|；
綜上所述，當(dāng)點P運動時，以BD為直徑的圓與直線PF相切．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，涉及到中點坐標(biāo)公式、韋達定理、點到直線的距離公式等知識，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于難題．