每日一题_191216

如图,在平面直角坐标系(xOy)中,已知椭圆(C_1:dfrac{x^2}{4}+y^2=1),椭圆(C_2:dfrac{x^2}{a^2}+dfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>b>0)).(C_2)与(C_1)的长轴之比为(sqrt2: 1),离心率相同.
((1)) 求椭圆(C_2)的标准方程;
((2)) 设点(P)为椭圆(C_2)上任意一点.射线(PO)与椭圆(C_1)依次交于点(A,B),求证:(dfrac{|PA|}{|PB|})为定值;
((3)) 过(C_2)上任意一点(P)作两条斜率分别为(k_1,k_2)的直线(l_1,l_2),且直线(l_1,l_2)与椭圆(C_1)均有且只有一个公共点,求证:(k_1cdot k_2)为定值.


解析
((1))由题(a=2sqrt{2}),(b=sqrt2),因此所求椭圆方程为(C_2:dfrac{x^2}{8}+dfrac{y^2}{2}=1).
((2)) 由于$$dfrac{|PA|}{|PB|}=dfrac{|OP|-|OA|}{|OP|+|OA|}.$$因此仅需证明(dfrac{|OP|}{|OA|})为定值,若设(Pleft(2sqrt{2}cos heta,sqrt{2}sin heta ight)),则(Aleft(2cos heta,sin heta ight)),显然恒有(dfrac{|OP|}{|OA|}=sqrt{2}.)证毕.
((3)) 设(P(2sqrt2cos heta,sqrt{2}sin heta)),直线(l_1,l_2)的斜率统一记为(k),
则直线(l_{1,2})可表示为$$
kx-y+sqrt{2}sin heta-2sqrt{2}kcos heta=0.$$
由于(l_{1,2})与椭圆(C_1)相切,由等效判别式可得关于(k)的一元二次方程$$
k^2cdot 4+(-1)^2cdot 1-left(sqrt{2}sin heta-2sqrt{2}kcos heta ight)^2=0.$$即$$
(4-8cos^2 heta)cdot k^2+8sin hetacos hetacdot k+1-2sin^{2 heta=0.$$这个方程的两个解即$k_1,k_2$,从而由韦达定理可得$$k_1k_2=dfrac{1-2sin}2 heta}{4-8cos^2 heta}=-dfrac{1}{4}.$$
证毕.