Question

12．给定椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），称圆C₁：x²+y²=a²+b²为椭圆的“伴随圆”．已知A（2，1）是椭圆G：x²+4y²=m（m＞0）上的点．
（Ⅰ）若过点P（0，$\sqrt{10}$）的直线l与椭圆G有且只有一个公共点，求直线l被椭圆G的“伴随圆”G₁所截得的弦长；
（Ⅱ）若椭圆G上的M，N两点满足4k₁k₂=-1（k₁，k₂是直线AM，AN的斜率），求证：M，N，O三点共线．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将A代入椭圆方程，可得m，进而得到椭圆方程和伴椭圆方程，讨论直线l的斜率不存在和存在，设出l的方程，代入椭圆方程运用判别式为0，求得k，再由直线和圆相交的弦长公式，计算即可得到所求弦长；
（Ⅱ）设直线AM，AN的方程分别为y-1=k₁（x-2），y-1=k₂（x-2），设点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立椭圆方程求得交点M，M的坐标，运用直线的斜率公式，计算直线OM，ON的斜?率相等，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）由点A（2，1）是椭圆G：x²+4y²=m上的点．
可得2²+4•1²=m，即有m=8，
即椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
可得a²=8，b²=2，可得伴随圆G₁的方程为x²+y²=10，
当直线l的斜率不存在时，显然不满足l与椭圆G有且只有一个公共点；
当直线l的斜率存在时，设直线$l：y=kx+\sqrt{10}$，
与椭圆G：x²+4y²=8联立，得$（1+4{k^2}）{x^2}+8\sqrt{10}kx+32=0$，
由直线l与椭圆G有且只有一个公共点，得$△={（8\sqrt{10}k）^2}-4•（1+4{k^2}）•32=0$，
解得k=±1，由对称性取直线$l：y=x+\sqrt{10}$，即$l：x-y+\sqrt{10}=0$；
圆心到直线l的距离为$d=\frac{{|0+0+\sqrt{10}|}}{{\sqrt{1+1}}}=\sqrt{5}$，
直线l被椭圆G的伴随圆G₁所截得的弦长=$2\sqrt{10-5}=2\sqrt{5}$；
（Ⅱ）证明：设直线AM，AN的方程分别为y-1=k₁（x-2），
y-1=k₂（x-2），
设点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
联立G：x²+4y²=8，得$（1+4{k_1}^2）{x^2}-（16{k_1}^2-8{k_1}）x+16{k_1}^2-16{k_1}-4=0$，
则2${x_1}=\frac{{16{k_1}^2-16{k_1}-4}}{{1+4{k_1}^2}}$，得${x_1}=\frac{{8{k_1}^2-8{k_1}-2}}{{1+4{k_1}^2}}$；
同理${x_2}=\frac{{8{k_2}^2-8{k_2}-2}}{{1+4{k_2}^2}}$，
斜率k_OM=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{{k}_{1}（{x}_{1}-2）+1}{{x}_{1}}$=$\frac{-4{{k}_{1}}^{2}-4{k}_{1}+1}{8{{k}_{1}}^{2}-8{k}_{1}-2}$，
同理k_ON=$\frac{-4{{k}_{2}}^{2}-4{k}_{2}+1}{8{{k}_{2}}^{2}-8{k}_{2}-2}$；
因为4k₁•k₂=-1，所以k_ON=$\frac{-4（\frac{-1}{4{k}_{1}}）^{2}-4（\frac{-1}{4{k}_{1}}）+1}{8（\frac{-1}{4{k}_{1}}）^{2}-8（\frac{-1}{4{k}_{1}}）-2}$=$\frac{-4{{k}_{1}}^{2}-4{k}_{1}+1}{8{{k}_{1}}^{2}-8{k}_{1}-2}$=k_OM，
即有M，O，N三点共线．

点评 本题考查新定义的理解和运用，椭圆和伴椭圆方程的求法，注意运用点满足椭圆方程，考查直线和圆相交的弦长公式，同时考查三点共线的条件：斜率相等，考查化简整理的运算能力，属于中档题．