Question

20．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且C過點Q（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）求曲線在點Q處的切線方程；
（Ⅲ）設(shè)點P（x₀，y₀）為圓x²+y²=5上任意一點，過點P向曲線C作切線，切點分別為A、B，試證明∠APB為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{^{2}+{c}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，從而解得；
（Ⅱ）當(dāng)y≥0時，y=$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{4}}$，從而求導(dǎo)確定切線的斜率，從而解得；
（Ⅲ）以切線是否垂直于坐標(biāo)軸為標(biāo)準(zhǔn)分類討論，當(dāng)PA不垂直于坐標(biāo)軸時，易知PB也不垂直于坐標(biāo)軸，不妨設(shè)P（$\sqrt{5}$cosα，$\sqrt{5}$sinα），設(shè)切線方程為y-$\sqrt{5}$sinα=k（x-$\sqrt{5}$cosα），從而聯(lián)立方程化簡即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意知，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{^{2}+{c}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，
解得，a=2，b=1；
故曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）當(dāng)y≥0時，y=$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{4}}$，
y′=$\frac{-\frac{x}{2}}{2\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{4}}}$，
故y′|_x=1=$\frac{-\frac{1}{2}}{2\sqrt{1-\frac{1}{4}}}$=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
故曲線在點Q處的切線方程為y-$\frac{\sqrt{3}}{2}$=-$\frac{\sqrt{3}}{6}$（x-1），即x+2$\sqrt{3}$y-4=0；
（Ⅲ）證明：①當(dāng)點P（-2，1），點P（-2，-1），點P（2，-1）或點P（2，1）時，
PA⊥PB，且兩條切線分別垂直于坐標(biāo)軸；
②當(dāng)PA不垂直于坐標(biāo)軸時，易知PB也不垂直于坐標(biāo)軸，
不妨設(shè)P（$\sqrt{5}$cosα，$\sqrt{5}$sinα），設(shè)切線方程為y-$\sqrt{5}$sinα=k（x-$\sqrt{5}$cosα），
$\left\{\begin{array}{l}{y-\sqrt{5}sinα=k（x-\sqrt{5}cosα）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
化簡可得，
（4k²+1）x²+（8$\sqrt{5}$ksinα-8$\sqrt{5}$k²cosα）x+20k²cos²α+20sin²α-40ksinαcosα-4=0，
∵直線與橢圓相切，
∴△=（8$\sqrt{5}$ksinα-8$\sqrt{5}$k²cosα）²-4（4k²+1）（20k²cos²α+20sin²α-40ksinαcosα-4）=0，
化簡可得，
（4-5cos²α）k²+10ksinαcosα+1-5sin²α=0，
設(shè)直線PA，PB的斜率為k₁，k₂，則
k₁k₂=$\frac{1-5si{n}^{2}α}{4-5co{s}^{2}α}$=$\frac{1-5（1-co{s}^{2}α）}{4-5co{s}^{2}α}$=-1，
故PA⊥PB，
綜上所述，PA⊥PB，即∠APB為定值，∠APB=$\frac{π}{2}$．

點評 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系的判斷與應(yīng)用，同時考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及學(xué)生的化簡運(yùn)算能力．