Question

13．已知橢圓的一個焦點(diǎn)為F（-$\sqrt{3}$，0），其離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）圓x²+y²=$\frac{4}{5}$的任一條切線與該橢圓均有兩個交點(diǎn)A、B，求證0A⊥0B．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的一個焦點(diǎn)為F（-$\sqrt{3}$，0），其離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，列出方程組求出a，b，由此能求出該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）當(dāng)圓x²+y²=$\frac{4}{5}$的切線斜率不存在時(shí)，切線方程為x=$±\frac{2\sqrt{5}}{5}$，能推導(dǎo)出OA⊥OB；當(dāng)圓x²+y²=$\frac{4}{5}$的切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程為y=kx+m，圓心（0，0）到切線的距離d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，得5m²=4+4k²，與橢圓聯(lián)立，得得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，由此利用韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積能證明OA⊥OB．

解答 解：（1）∵橢圓的一個焦點(diǎn)為F（-$\sqrt{3}$，0），其離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
且$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{3}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1，
∴該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
證明：（2）當(dāng)圓x²+y²=$\frac{4}{5}$的切線斜率不存在時(shí)，切線方程為x=$±\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
A（$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），B（$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）或A（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），B（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=$\frac{4}{5}-\frac{4}{5}$=0，∴OA⊥OB．
當(dāng)圓x²+y²=$\frac{4}{5}$的切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程為y=kx+m，
圓心（0，0）到切線的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即5m²=4+4k²，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，
△＞0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
y₁y₂=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$，
$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂
=$（1+{k}^{2}）×\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}+km×（-\frac{8km}{4{k}^{2}+1}）$+m²
=$\frac{5{m}^{2}-4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$=0，
∴OA⊥OB．
綜上，OA⊥OB．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查兩直線垂直的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意點(diǎn)到直線距離公式、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．