2016年四川卷理科数学解析几何大题

已知椭圆$E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$($a>b>0$)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点．直线$l:y=-x+3$与椭圆$E$有且只有一个公共点$T$．

(1) 求椭圆$E$的方程及点$T$的坐标；

(2) 设$O$是坐标原点，直线$l'$平行于$OT$，与椭圆$E$交于不同的两点$A,B$，且与直线$l$交于点$P$．证明：存在常数$\lambda$，使得$|PT|^2=\lambda |PA|\cdot |PB|$，并求$\lambda$的值．

解    (1) 根据勾股定理，可得 $$a^2+a^2=(2c)^2,$$ 其中$c$为椭圆的半焦距．又由直线与椭圆联立的等效判别式可得 $$a^2\cdot 1^2+b^2\cdot 1^2-(-3)^2=0,$$ 于是可得方程组 $$\begin{cases} a^2=2c^2,\\a^2+b^2=9,\\ a^2=b^2+c^2,\end{cases}$$ 解得 $$a^2=6,b^2=c^2=3,$$ 于是椭圆$E$的方程为 $$\dfrac{x^2}6+\dfrac{y^2}3=1,$$ 进而不难求出$T(2,1)$．

(2) 仿射变换解法

考虑到问题的结论类似于圆幂定理，因此考虑用仿射变换．

作仿射变换 $$x'=x,y'=\sqrt 2y,$$ 则椭圆$E$变为圆 $$E':x'^2+y'^2=6,$$ 此时设$P,A,B,T$的对应点分别是$P',A',B',T'$．

由仿射变换前后的弦长对应关系，可得 $$\dfrac{|P'T'|^2}{|PT|^2}=\dfrac{1+2\cdot (-1)^2}{1+(-1)^2}=\dfrac 32,$$ 而 $$\dfrac{|P'A'|\cdot |P'B'|}{|PA|\cdot |PB|}=\dfrac{1+2\cdot\left(\dfrac 12\right)^2}{1+\left(\dfrac 12\right)^2}=\dfrac 65,$$ 两式相比，可得 $$\dfrac{|PT|^2}{|PA|\cdot |PB|}\cdot \dfrac{|P'A'|\cdot |P'B'|}{|P'T'|^2}=\dfrac 45,$$ 而根据圆幂定理，有 $$|P'T'|^2=|P'A'|\cdot |P'B'|,$$ 因此原命题得证，且$\lambda=\dfrac 45$．

参数方程解法

设$P$点坐标为$(p,3-p)$，由题意，可设直线$l'$的参数方程为 $$\begin{cases}x=p+2t,\\y=3-p+t,\end{cases}$$ 其中$t$为参数．将其代入椭圆方程联立，得 $$2t^2+4t+p^2-4p+4=0.$$ 设$A,B$两点对应的参数分别为$t_1,t_2$，则 $$\begin{cases}\Delta>0,\\t_1+t_2=-2,\\t_1t_2= \dfrac{(p-2)^2}{2}.  \end{cases}$$

因为 $$|PT|^2=2(p-2)^2,\ |PA|\cdot|PB|=\sqrt{5}|t_1|\cdot\sqrt{5}|t_2|=\dfrac{5(p-2)^2}{2},$$ 所以存在常数$\lambda= \dfrac{4}{5}$，使得$|PT|^2=\lambda |PA|\cdot |PB|$．