Question

10．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）過點（2，0），且離心率為$\frac{1}{2}$．
（1）若M（0，6），求橢圓C₁上的點與點 M距離的平方的最大值；
（2）已知過原點 O的直線l與拋物線C₂：${y^2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}x$交于 O，A兩不同點，與橢圓交于 B，C兩不同點，其中 B，C兩點的縱坐標分別滿足y _B＜0，y_C＞0，若$\overrightarrow{{B}{O}}=\overrightarrow{C{A}}$，試求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）通過橢圓C₁過點（2，0）可知a=2，利用$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$可知c=1，從而b²=a²-c²=3，整理可得橢圓C₁方程；通過設(shè)N（x₀，y₀）為橢圓上任意一點，利用兩點間距離公式配方整理、結(jié)合y₀∈[-$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$]即得結(jié)論；
（2）通過分析，設(shè)直線l方程為y=kx（k≠0），分k＜0、k＜0兩種情況討論即可．

解答 解：（1）依題意，a=2，
又∵$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，∴c=1，
∴b²=a²-c²=3，
∴橢圓C₁方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
設(shè)N（x₀，y₀）為橢圓上任意一點，則${{x}_{0}}^{2}$=4-$\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{3}$，
則|MN|²=${{x}_{0}}^{2}$+$（{y}_{0}-6）^{2}$=4-$\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{3}$+${{y}_{0}}^{2}$-12y₀+36=-$\frac{1}{3}$$（{y}_{0}+18）^{2}$+148，其中y₀∈[-$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$]，
∴當(dāng)y₀=-$\sqrt{3}$時，|MN|²有最大值39+12$\sqrt{3}$；
（2）當(dāng)直線的斜率為0或者不存在時，直線與拋物線僅有一個交點，不合題意，舍去，
故可設(shè)直線l方程為：y=kx（k≠0），
①當(dāng)k＜0時，∵y_B＜0，y_C＞0，
∴$\overrightarrow{BO}$與$\overrightarrow{CA}$方向相反，不合題意，舍去；
②當(dāng)k＞0時，
聯(lián)立直線與橢圓方程，消去y整理可知：3x²+4k²x²-12=0，
解得：x_B=-2$\sqrt{\frac{3}{3+4{k}^{2}}}$，x_C=$\sqrt{\frac{3}{3+4{k}^{2}}}$，
聯(lián)立直線與拋物線方程，消去y可知：k²x²=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，
解得：x_O=0，x_A=$\frac{\sqrt{3}}{2{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{{B}{O}}=\overrightarrow{C{A}}$，
∴由橢圓對稱性可知$\overrightarrow{BO}$=$\overrightarrow{OC}$=$\overrightarrow{CA}$，
∴B、O、C、A四點共線，且C為線段OA的中點，
∴x_C=$\frac{{x}_{O}+{x}_{A}}{2}$，即4$\sqrt{\frac{3}{3+4{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2{k}^{2}}$，
化簡得：64k⁴-4k²-3=0，
解得：k²=$\frac{1}{4}$或k²=-$\frac{3}{16}$（舍），
又∵k＞0，
∴k=$\frac{1}{2}$，
∴直線l方程為：y=$\frac{1}{2}$x．

點評 本題考查直線與圓錐曲線的關(guān)系，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．