2016_退役省自主命题 (2016·理)
20．（本小题满分 13 分）
已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 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 $T$．
（I）求椭圆 E 的方程及点 $T$ 的坐标；
（II）设 $O$ 是坐标原点，直线 $l$＇平行于 $O T$，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 $|P T|^{2}=\lambda|P A| \cdot|P B|$，并求 $\lambda$ 的值．
【答案】（I）$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$，点 $T$ 坐标为 $(2,1)$；（II）$\lambda=\frac{4}{5}$．
## 【解析】
试题分析：（I）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点可得 $a=\sqrt{2} c$，从而可得 $a=\sqrt{2} b$，椭圆的标准方程中可减少一个参数，再利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，方程有两个相等实根，解出 b 的值，从而得到椭圆的标准方程；（II）首先设出直线 $l^{\prime}$ 方程为 $y=\frac{1}{2} x+m$，由两直线方程求出点 $P$ 坐标，得 $|P T|^{2}$，同时设交点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$，把 $l^{\prime}$ 方程与椭圆方程联立后消去 $y$ 得 $x$的二次方程，利用根与系数关系，得 $x_{1}+x_{2}, x_{1} x_{2}$，再计算 $|P A| \cdot|P B|$，比较可得 $\lambda$ 值。
试题解析：（I）由已知，$a^{2}+a^{2}=(2 c)^{2}$，即 $a=\sqrt{2} c$，所以 $a=\sqrt{2} b$，则椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{2 b^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$．
由方程组 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{2 b^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \\ y=-x+3,\end{array}\right.$ 得 $3 x^{2}-12 x+\left(18-2 b^{2}\right)=0$。①
方程①的判别式为 $\Delta=24\left(b^{2}-3\right)$，由 $\Delta=0$，得 $b^{2}=3$，
此方程（1）的解为 $x=2$，
所以椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$．
点 $T$ 坐标为 $(2,1)$．
（II）由已知可设直线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=\frac{1}{2} x+m(m \neq 0)$，
有方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x+m, \\ y=-x+3,\end{array}\right.$ 可得 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{2 m}{3}, \\ y=1+\frac{2 m}{3} .\end{array}\right.$
所以 $P$ 点坐标为 $\left(2-\frac{2 m}{3}, 1+\frac{2 m}{3}\right),|P T|^{2}=\frac{8}{9} m^{2}$．
设点 $A, B$ 的坐标分别为 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$．
由方程组 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1, \\ y=\frac{1}{2} x+m,\end{array}\right.$ 可得 $3 x^{2}+4 m x+\left(4 m^{2}-12\right)=0$．②
方程②的判别式为 $\Delta=16\left(9-2 m^{2}\right)$，由 $\Delta>0$，解得 $-\frac{3 \sqrt{2}}{2}
所以 $|P A|=\sqrt{\left(2-\frac{2 m}{3}-x_{1}\right)^{2}+\left(1+\frac{2 m}{3}-y_{1}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}\left|2-\frac{2 m}{3}-x_{1}\right|$，
同理 $|P B|=\frac{\sqrt{5}}{2}\left|2-\frac{2 m}{3}-x_{2}\right|$，
所以 $|P A| \cdot|P B|=\frac{5}{4}\left|\left(2-\frac{2 m}{3}-x_{1}\right)\left(2-\frac{2 m}{3}-x_{2}\right)\right|$
$$ \begin{aligned} & =\frac{5}{4}\left|\left(2-\frac{2 m}{3}\right)^{2}-\left(2-\frac{2 m}{3}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}\right| \\ & =\frac{5}{4}\left|\left(2-\frac{2 m}{3}\right)^{2}-\left(2-\frac{2 m}{3}\right)\left(-\frac{4 m}{3}\right)+\frac{4 m^{2}-12}{3}\right| \\ & =\frac{10}{9} m^{2} \end{aligned} $$
故存在常数 $\lambda=\frac{4}{5}$，使得 $|P T|^{2}=\lambda|P A| \cdot|P B|$．
考点：椭圆的标准方程及其几何性质。
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的思想．在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得 $x_{1}+x_{2}, x_{1} x_{2}$，再把 $|P A| \cdot|P B|$ 用 $x_{1}, x_{2}$ 表示出来，并代入刚才的 $x_{1}+x_{2}, x_{1} x_{2}$，这种方法是解析几何中的＂设而不求＂法。可减少计算量，简化解题过程．