Question

14．已知圓M：${x^2}+{y^2}-2\sqrt{3}x=0$的圓心是橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的右焦點，過橢圓的左焦點和上頂點的直線與圓M相切．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）橢圓C上有兩點A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），OA、OB斜率之積為$-\frac{1}{4}$，求$x_1^2+x_2^2$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出圓心坐標(biāo)為$M（\sqrt{3}，0）$，通過$c=\sqrt{3}，{a^2}-{b^2}=3$，求出橢圓的左焦點坐標(biāo)，設(shè)直線l的方程為：$y=k（x+\sqrt{3}）$，利用直線l與圓相切求出K，得到直線l的方程與橢圓方程．
（Ⅱ）通過點的坐標(biāo)滿足橢圓方程，結(jié)合OA、OB斜率之積為$-\frac{1}{4}$，推出x₁x₂+4y₁y₂=0，轉(zhuǎn)化求解${y_1}^2+{y_2}^2=1$，然后求出結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ） 圓${x^2}+{y^2}-2\sqrt{3}x=0⇒{（x-\sqrt{3}）^2}+{y^2}=3$
圓心坐標(biāo)為$M（\sqrt{3}，0）$，∴$c=\sqrt{3}，{a^2}-{b^2}=3$
過橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的左焦點$F（-\sqrt{3}，0）$和上頂點的直線l的斜率顯然大于0，可設(shè)直線l的方程為：$y=k（x+\sqrt{3}）$，因為直線l與圓相切，∴$\frac{{|{\sqrt{3}k-0+\sqrt{3}k}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\sqrt{3}$，
∴$k=±\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，又∵k＞0
∴直線l的方程為：$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}（x+\sqrt{3}）$，
∴$b=1，{a^2}=4∴C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知x²+4y²=4，有${x_1}^2+4{y_1}^2=4$，${x_2}^2+4{y_2}^2=4$，
由OA、OB斜率之積為$-\frac{1}{4}$可得，x₁x₂+4y₁y₂=0，∵${x_1}^2=4-4{y_1}^2$${x_2}^2=4-4{y_2}^2$，
∴${x_1}^2•{x_2}^2=（4-4{y_1}^2）•（4-4{y_2}^2）$=$16-16{y_2}^2-16{y_1}^2+16{y_1}^2{y_2}^2$，
∴${x_1}^2•{x_2}^2-16{y_1}^2{y_2}^2=16-16{y_2}^2-16{y_1}^2$${x_1}^2•{x_2}^2-16{y_1}^2{y_2}^2=（{x_1}{x_2}+4{y_1}{y_2}）•（{x_1}{x_2}-4{y_1}{y_2}）=0∴16-16{y_2}^2-16{y_1}^2=0$，${y_1}^2+{y_2}^2=1$，
∴${x_1}^2+{x_2}^2=8-4（{y_1}^2+{y_2}^2）=4$…（12分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，難度比較大．