Question

在平面直角坐标系中，定义以原点为圆心，以

a2+b2

为半径的圆O为椭圆C：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的“准圆”．已知椭圆C：

x2

a2

+

y2

b2

=1的离心率为

3

3

，直线l：2x-y+5=0与椭圆C的“准圆”相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）P为椭圆C的右准线上一点，过点P作椭圆C的“准圆”的切线段PQ，点F为椭圆C的右焦点，求证：|PQ|=|PF|
（3）过点M(-

6

5

，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，为Q椭圆C的左顶点，是否存在直线l使得△QAB为直角三角形？

Answer 1

分析：（1）由于直线l：2x-y+5=0与椭圆C的“准圆”相切，利用点到直线的距离公式可得

a2+b2

=

5

22+(-1)2

=

5

，即a²+b²=5，联立

a2+b2=5 e= c a = 3 3 a2=b2+c2

，解得即可；
（2）椭圆C的准线方程为x=

a2

c

=3，可设P（3，t）．利用两点间的距离公式可得|PF|²．由于PQ与椭圆C的准圆x²+y²=5相切于点Q，利用勾股定理可得|PQ|²=|OP|²-r²，即可证明结论．
（3）假设存在直线l使得△QAB为直角三角形，只有可能∠AQB=90°．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．设直线l的方程为：my=x+

6

5

，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，令

AQ

•

BQ

=0，若解出m的值证明存在△QAB为直角三角形，否则不存在．

解答：解：（1）∵直线l：2x-y+5=0与椭圆C的“准圆”相切，∴

a2+b2

=

5

22+(-1)2

=

5

，化为a²+b²=5，联立

a2+b2=5 e= c a = 3 3 a2=b2+c2

，解得a²=3，b²=2，c=1．
∴椭圆C的方程为

x2

3

+

y2

2

=1；
（2）如图所示，∵椭圆C的准线方程为x=

a2

c

=3，可设P（3，t）．∵椭圆C的焦点F（1，0），∴|PF|²=（3-1）²+（t-0）²=4+t²．
∵PQ与椭圆C的准圆x²+y²=5相切于点Q，∴|PQ|²=|OP|²-r²=3²+t²-5=4+t²，
∴|PQ|²=|PF|²，∴|PQ|=|PF|．
（3）假设存在直线l使得△QAB为直角三角形，可能∠AQB=90°，∠QAB=90°，或∠QBA=90°
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
设直线l的方程为：my=x+

6

5

，联立

my=x+ 6 5 x2 3 + y2 2 =1

化为（75+50m²）y²-120my-78=0．
∴y₁+y₂=

120m

75+50m2

，y1y2=

-78

75+50m2

．
①由

QA

•

QB

=(x1+

3

，y1)•(x2+

3

，y2)=(my1-

6

5

+

3

，y1)•(my2-

6

5

+

3

，y2)
=(m2+1)y1y2+(

3

-

6

5

)m(y1+y2)+(

3

-

6

5

)2
=

-78(1+m2)

75+50m2

+

120•( 3 - 6 5 )m2

75+50m2

+(

3

-

6

5

)2=0，
化为[(

3

-

6

5

)2×50-222]m2=78-75(

3

-

6

5

)2，无解，此时不存在直线l满足条件．
②令

QA

•

MA

=(x1+

3

，y1)•(x1+

6

5

，y1)=

x

2 1

+(

3

+

6

5

)x1+

6 3

5

+

y

2 1

=

x

2 1

+(

3

+

6

5

)x1+

6 3

5

+(2-

2 x 2 1

3

)=

1

3

x

2 1

+(

3

+

6

5

)x1+

10+6 3

5

=0，
∵△=(

3

+

6

5

)2-4×

1

3

×

10+6 3

5

＞0，∴此时存在两个A点满足条件；
同理存在两个B点满足条件．
综上可知：存在四条直线l满足条件．

点评：本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、直线与圆相切问题、勾股定理、向量垂直与数量积的关系等基础知识与基本技能方法，属于难题．