Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1 （a＞b＞0）的短軸長(zhǎng)為2，過上頂點(diǎn)E和右焦點(diǎn)F的直線與圓M：x²+y²-4x-2y+4=0相切．
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若直線l過點(diǎn)（1，0），且與橢圓C交于點(diǎn)A，B，則在x軸上是否存在一點(diǎn)T（t，0）（t≠0），使得不論直線l的斜率如何變化，總有∠OTA=∠OTB （其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），若存在，求出 t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （I）由已知可得：b=1，結(jié)合直線與圓M：x²+y²-4x-2y+4=0相切．進(jìn)而可得c²=3，a²=4，即得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）在x軸上是否存在一點(diǎn)T（4，0），使得不論直線l的斜率如何變化，總有∠OTA=∠OTB，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合∠OTA=∠OTB 時(shí)，直線TA，TB的斜率k₁，k₂和為0，可證得結(jié)論．

解答 解：（I）由已知中橢圓C的短軸長(zhǎng)為2，可得：b=1，
則過上頂點(diǎn)E（0，1）和右焦點(diǎn)F（0，c）的直線方程為：$\frac{x}{c}+y=1$，
即x+cy-c=0，
由直線與圓M：x²+y²-4x-2y+4=0相切．
故圓心M（2，1）到直線的距離d等于半徑1，
即$\frac{|2+c-c|}{\sqrt{1+{c}^{2}}}=1$，
解得：c²=3，
則a²=4，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線 方程為：x=my+1，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$得：（m²+4）y²+2my-3=0，
則y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$，
設(shè)直線TA，TB的斜率分別為k₁，k₂，
若∠OTA=∠OTB，
則k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-t}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-t}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-t）+{y}_{2}（{x}_{1}-t）}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}$=$\frac{{y}_{1}（{my}_{2}+1-t）+{y}_{2}（{my}_{1}+1-t）}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}$
=$\frac{{2y}_{1}{y}_{2}m+（{y}_{1}+{y}_{2}）（1-t）}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}$=0，
即2y₁y₂m+（y₁+y₂）（1-t）=$\frac{-6m}{{m}^{2}+4}$+$\frac{-2m（1-t）}{{m}^{2}+4}$=0，
解得：t=4，
當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，t=4也滿足條件，
綜上，在x軸上存在一點(diǎn)T（4，0），使得不論直線l的斜率如何變化，總有∠OTA=∠OTB．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓與直線的位置關(guān)系，難度中檔．