《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

10. 已知圆$O:x^{2}+y^{2}=5$，椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，过$F_{1}$且垂直于$x$轴的直线被椭圆和圆所截得弦长分别为$1$和$2\sqrt{2}$。
　　　　　　　　　　　　　
(1)求椭圆$C$的标准方程；
(2)如图，$P$为圆上任意一点，过$P$分别作椭圆的两条切线与椭圆相切于$A$，$B$两点。
①若直线$PA$的斜率为$2$，求直线$PB$的斜率；
②作$PQ\perp AB$于点$Q$，求证：$|QF_{1}|+|QF_{2}|$是定值。

答案：
(1)解　由题意得{2$\sqrt{5−c²}$=2$\sqrt{2}$,$\frac{2b²}{a}$=1},
　解得a=2,b=1,c=$\sqrt{3}$
　所以椭圆C的标准方程为$\frac{x²}{4}$+y²=1.
(2)①解　设P(x0,y0),
　由题意，过点P的切线的斜率存在且不为0,此时x0≠±2,y0≠±1.过P的切线方程为y−y0=k(x−x0),
　且x0²+y0²=5,
由$\frac{x²}{4}$+y²=1,
　　y−y0=k(x−x0),
化简得(1+4k²)x²+8k(y0−kx0)x +4(y0−kx0)²−4=0,
由Δ=0,得(4−x0²)k²+2x0y0k+1 −y0²=0,
设切线PA,PB的斜率分别为k1,k2,则k1k2=$\frac{1−y0²}{4−x0²}$=$\frac{1−y0²}{4−(5−y0²)}$=−1,又直线PA的斜率为2,则直线PB的斜率为−$\frac{1}{2}$
②证明　当切线PA,PB的斜率都存在时,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
切线PA,PB的方程分别为y−yi=
ki(x−xi),i=1,2,并由①得
(4−x0²)ki²+2x0y0ki+1−y0²=0,i=1,2,　　　　　　　　　　　　(*)
由点A,B在椭圆上,
得$\frac{xi²}{4}$+yi²=1,i=1,2代入(*),
得(2yiki+$\frac{xi}{2}$)²=0,
即ki=−$\frac{xi}{4yi}$,i=1,2,
切线PA,PB的方程分别为
$\frac{xix}{4}$+yiy=1,i=1,2,
又切线过P点，
则$\frac{xix0}{4}$+yiy0=1,i=1,2,
所以直线AB的方程为$\frac{x0x}{4}$+y0y=1,由PQ⊥AB得直线PQ方程为
y−y0=$\frac{4y0}{x0}$(x−x0),
联立直线AB的方程$\frac{x0x}{4}$+y0y=1,解得xQ=$\frac{4x0(1+3y0²)}{x0²+16y0²}$=$\frac{4}{5}$x0,
yQ=$\frac{y0(1+3y0²)}{x0²+16y0²}$=$\frac{1}{5}$y0,
由x0²+y0²=5得Q点轨迹方程为$\frac{5}{16}$
x²+5y²=1,且焦点恰为F1,F2,
故|QF1|+|QF2|=2×$\frac{4}{\sqrt{5}}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$,
当切线PA,PB的斜率有一个不存在时,如PB斜率不存在，若B(2,0),则P(2,1),A(0,1),直线AB的方程为y=−$\frac{1}{2}$x+1,
PQ的方程为y−1=2(x−2),
可解得Q($\frac{8}{5}$,$\frac{1}{5}$),
Q点也在椭圆$\frac{5}{16}$x²+5y²=1上,
若B(−2,0),同理可得.
综上,|QF1|+|QF2|=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$,为定值.