Question

10．（文科）如圖所示的封閉曲線C由曲線C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，y≥0）和曲線C₂：x²+y²=r²（y＜0）組成，已知曲線C₁過點（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，點A、B分別為曲線C與x軸、y軸的一個交點．
（Ⅰ）求曲線C₁和C₂的方程；
（Ⅱ）若點Q是曲線C₂上的任意點，求△QAB面積的最大值；
（Ⅲ）若點F為曲線C₁的右焦點，直線l：y=kx+m與曲線C₁相切于點M，與x軸交于點N，直線OM與直線x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$交于點P，求證：MF∥PN．

Answer 1

分析 （I）曲線C₁過點（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得a，b，可得曲線C₁的方程．可得A，點A在曲線C₂上，可得r．
（II）A（-2，0），B（0，1），利用截距式可得直線AB的方程．由題意可知：當(dāng)曲線C₂在點Q處的切線與直線AB平行時，△QAB的面積最大，設(shè)切線方程為：x-2y+t=0，由直線與圓相切的性質(zhì)可得t．利用平行線之間的距離公式可得△QAB的AB邊上的高h(yuǎn)，即可得出S_△QAB的最大值=$\frac{1}{2}$|AB|h．
（III）由題意可得：k≠0，F(xiàn)$（\sqrt{3}，0）$，N$（-\frac{m}{k}，0）$．設(shè)M（x₀，y₀），直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，又直線l與曲線C₁相切于點M，可得△=0，即m²=4k²+1．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得M，k_OM，點P的坐標(biāo)．可得$\overrightarrow{FM}$=λ$\overrightarrow{NP}$，即可證明MF∥PN．

解答 （I）解：∵曲線C₁過點（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=2，b=1，
可得曲線C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，（y≥0）．
可得A（-2，0），∵點A在曲線C₂上，∴r=2，可得方程：x²+y²=4（y＜0）．
（II）解：A（-2，0），B（0，1），可得直線AB的方程：$\frac{x}{-2}+\frac{y}{1}$=1，化為：x-2y+2=0．
由題意可知：當(dāng)曲線C₂在點Q處的切線與直線AB平行時，△QAB的面積最大，
設(shè)切線方程為：x-2y+t=0，由直線圓相切的性質(zhì)可得：$\frac{|t|}{\sqrt{5}}$=2，由可知t＜0，解得t=-2$\sqrt{5}$．
此時△QAB的AB邊上的高h(yuǎn)=$\frac{|2-（-2\sqrt{5}）|}{\sqrt{5}}$=2+$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴S_△QAB的最大值=$\frac{1}{2}$|AB|h=$\frac{1}{2}×\sqrt{5}$×$（2+\frac{2\sqrt{5}}{5}）$=$\sqrt{5}$+1，∴△QAB面積的最大值為$\sqrt{5}$+1．
（III）證明：由題意可得：k≠0，F(xiàn)$（\sqrt{3}，0）$，N$（-\frac{m}{k}，0）$．
設(shè)切點M（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
又直線l與曲線C₁相切于點M，∴△=（8km）²-4（1+4k²）（4m²-4）=0，即m²=4k²+1．
x₀=$\frac{1}{2}×$$（-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}）$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$，y₀=kx₀+m=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，
∴M$（-\frac{4km}{1+4{k}^{2}}，\frac{m}{1+4{k}^{2}}）$，即M$（-\frac{4k}{m}，\frac{1}{m}）$．∴k_OM=-$\frac{1}{4k}$．
∴$P（\frac{4\sqrt{3}}{3}，-\frac{\sqrt{3}}{3k}）$，
∴$\overrightarrow{FM}$=$（-\frac{4k}{m}-\sqrt{3}，\frac{1}{m}）$=$\frac{1}{m}$$（-4k-\sqrt{3}m，1）$，$\overrightarrow{NP}$=$（\frac{m}{k}+\frac{4\sqrt{3}}{3}，-\frac{\sqrt{3}}{3k}）$=-$\frac{\sqrt{3}}{3k}$$（-4k-\sqrt{3}m，1）$，
∴$\overrightarrow{FM}$=-$\frac{\sqrt{3}k}{m}$$\overrightarrow{NP}$，∴MF∥PN．

點評 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切問題、直線相交問題、三角形面積計算公式、平行線之間的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．