Question

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，且過點（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），橢圓上頂點為A，過點A作圓（x-1）²+y²=r²（0＜r＜1）的兩條切線分別與橢圓E相交于點B，C（不同于點A），設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k_AB，K_AC．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求k_AB•k_AC的值；
（3）試問直線BC是否過定點？若過定點，求出定點坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：2c=2$\sqrt{3}$，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}$=1，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得求出橢圓的方程．
（2）設(shè)切線方程為y=kx+1，則（1-r²）k²-2k+1-r²=0，設(shè)兩切線AB，AD的斜率為k₁，k₂（k₁≠k₂），k₁•k₂=1，由切線方程與橢圓方程聯(lián)立得：（1+4k²）x²+8kx=0，由此能求出直線BD方程，進(jìn)而得到直線．
（3）設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），k_AB=k₁，k_AC=k₂．設(shè)經(jīng)過點A所作的圓的切線方程為：y=kx+1．與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+4k²）x²+8kx=0，解得x=0，x=$\frac{-8k}{1+4{k}^{2}}$，可得：x_B，x_C．y_B，y_C，k_BC=$\frac{{y}_{B}-{y}_{C}}{{x}_{B}-{x}_{C}}$．可得直線BC的方程，即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：2c=2$\sqrt{3}$，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}$=1，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得c=$\sqrt{3}$，a=2，b=1．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）A（0，1），設(shè)經(jīng)過點A的圓（x-1）²+y²=r²（0＜r＜1）的切線方程為：y=kx+1．
則$\frac{|k+1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=r，化為：（r²-1）k²+2k+r²-1=0，
則k_AB•k_AC=$\frac{{r}^{2}-1}{{r}^{2}-1}$=1．
（3）設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），k_AB=k₁，k_AC=k₂．
設(shè)經(jīng)過點A的圓（x-1）²+y²=r²（0＜r＜1）的切線方程為：y=kx+1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kx=0，
解得x=0，x=$\frac{-8k}{1+4{k}^{2}}$，
∴x_B=$\frac{-8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}$，x_C=$\frac{-8{k}_{2}}{1+4{k}_{2}^{2}}$=$\frac{-8{k}_{1}}{4+{k}_{1}^{2}}$．
y_B=$\frac{1-4{k}_{1}^{2}}{1+4{k}_{1}^{2}}$，y_C=$\frac{{k}_{1}^{2}-4}{{k}_{1}^{2}+4}$．
∴k_BC=$\frac{{y}_{B}-{y}_{C}}{{x}_{B}-{x}_{C}}$=$-\frac{{k}_{1}^{2}+1}{3{k}_{1}}$．
∴直線BC的方程為：y-$\frac{1-4{k}_{1}^{2}}{1+4{k}_{1}^{2}}$=$-\frac{{k}_{1}^{2}+1}{3{k}_{1}}$$（x-\frac{-8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}）$，
令x=0，可得：y=$-\frac{5}{3}$．
∴直線BC經(jīng)過定點$（0，-\frac{5}{3}）$．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、圓的切線方程、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．