Question

8．橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，圓O：x²+y²=1的切線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，滿足|AF₁|+|AF₂|=4．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）當(dāng)弦長|AB|=$\sqrt{3}$時(shí)，求切線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由已知得：|AF₁|+|AF₂|=2a=4，又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，b²=a²-c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為：x=±1，代入橢圓方程解出驗(yàn)證即可得出．
②當(dāng)直線的l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m．利用直線l與圓O相切，可得m²=1+k²．
把直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．利用弦長公式即可得出．

解答 解：（1）由已知得：|AF₁|+|AF₂|=2a=4，則a=2，
∵$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，∴$c=\sqrt{3}$，b²=a²-c²=1，
∴橢圓C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為：x=±1，
把l的方程代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}-1$得：$y=±\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴|AB|=$\sqrt{3}$滿足條件
②當(dāng)直線的l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m．
∵直線l與圓O相切，∴$\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=1$，即m²=1+k²．
把直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程得：$\frac{x^2}{4}+{（{kx+m}）^2}=1$．
整理得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（4k²+1）（4m²-4）=64k²-16m²+16=16k²-16（k²+1）+16=48k²≥0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
∵$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{2\sqrt{△}}}{{2（{4{k^2}+1}）}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{2\sqrt{48{k^2}}}}{{2（{4{k^2}+1}）}}=\sqrt{3}$，
∴8k²=1，即$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，∵m²=1+k²，∴$m=±\frac{{3\sqrt{2}}}{4}$．
綜上所述，直線l的方程為：x=±1，$y=±\frac{{\sqrt{2}}}{4}x±\frac{{3\sqrt{2}}}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切的性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．