题目内容
9．已知F1，F2分别是椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的两个焦点，且|F1F2|=2，点$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$在该椭圆上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l与以原点为圆心，b为半径的圆相切于第一象限，切点为M，且直线l与椭圆交于P、Q两点，问|F2P|+|F2Q|+|PQ|是否为定值？如果是，求出定值；如不是，说明理由．
分析 （Ⅰ）由|F1F2|=2，点$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$在该椭圆上，求出a=2，$b=\sqrt{3}$，由此能出椭圆C的方程．
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），推导出$|P{F_2}|=\frac{1}{2}（4-{x_1}）=2-\frac{1}{2}{x_1}$．连接OM，OP，由相切条件推导出$|PM|=\frac{1}{2}{x_1}$，由此能求出|F2P|+|F2Q|+|PQ|为定值．
解答 解：（Ⅰ）∵F1，F2分别是椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的两个焦点，
且|F1F2|=2，点$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$在该椭圆上．
由题意，得c=1，即a2-b2=1，①
又点$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$在该椭圆上，∴$\frac{2}{a^2}+\frac{3}{{2{b^2}}}=1$，②
由①②联立解得a=2，$b=\sqrt{3}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
$\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{3}=1（|{x_1}|≤2）$，$|P{F_2}{|^2}={（{x_1}-1）^2}+{y_1}^2={（{x_1}-1）^2}+3（1-\frac{{{x_1}^2}}{4}）=\frac{1}{4}{（{x_1}-4）^2}$，
∴$|P{F_2}|=\frac{1}{2}（4-{x_1}）=2-\frac{1}{2}{x_1}$．
连接OM，OP，由相切条件知：
$|PM{|^2}=|OP{|^2}-|OM{|^2}={x_1}^2+{y_1}^2-3={x_1}^2+3（1-\frac{{{x_1}^2}}{4}）-3=\frac{1}{4}{x_1}^2$，
∴$|PM|=\frac{1}{2}{x_1}$，
∴$|P{F_2}|+|PM|=2-\frac{1}{2}{x_1}+\frac{1}{2}{x_1}=2$．
同理可求得$|Q{F_2}|+|QM|=2-\frac{1}{2}{x_2}+\frac{1}{2}{x_2}=2$，
∴|F2P|+|F2Q|+|PQ|=2+2=4为定值．
点评 本题考查椭圆方程的求法，考查线段和是否为定值的判断与求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．
| A． | $（{-∞，-\frac{1}{2}}]∪[{1，+∞}）$ | B． | $（{-∞，-1}]∪[{\frac{1}{2}，+∞}）$ | C． | $（{-∞，0}]∪[{\frac{1}{2}，+∞}）$ | D． | $（{-∞，-\frac{1}{2}}]∪[{0，+∞}）$ |
| A． | 四条线段顺次首尾连接，所得的图形一定是平面图形 | |
| B． | 一条直线和两条平行直线都相交，则三条直线共面 | |
| C． | 两两平行的三条直线一定确定三个平面 | |
| D． | 和两条异面直线都相交的直线一定是异面直线 |