Question

1．如圖，曲線C由左半橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，x≤0）和圓N：（x-2）²+y²=5在y軸右側(cè)的部分連接而成，A，B是M與N的公共點，點P，Q（均異于點A，B）分別是M，N上的動點．
（1）若|PQ|的最大值為4+$\sqrt{5}$，求半橢圓M的方程；
（2）若直線PQ過點A，且$\overrightarrow{AQ}$=-2$\overrightarrow{AP}$，$\overrightarrow{BP}$⊥$\overrightarrow{BQ}$，求半橢圓M的離心率．

Answer 1

分析 （1）A（0，1），B（0，-1），故b=1，|PQ|的最大值為4+$\sqrt{5}$=a+2+$\sqrt{5}$，解得a，即可得出．
（2）設(shè)PQ方程：y=kx+1，與圓N的方程聯(lián)立可得：（k²+1）x²+（2k-4）x=0，解得Q$（\frac{4-2k}{1+{k}^{2}}，\frac{-{k}^{2}+4k+1}{1+{k}^{2}}）$．根據(jù)$\overrightarrow{AQ}=-2\overrightarrow{AP}$，可得P$（\frac{k-2}{1+{k}^{2}}，\frac{2{k}^{2}-2k+1}{1+{k}^{2}}）$．由$\overrightarrow{BP}$⊥$\overrightarrow{BQ}$，可得：x_P•x_Q+（y_P+1）•（y_Q+1）=0，把點P，Q的坐標(biāo)代入可得：解得k，即可得出．

解答 解：（1）A（0，1），B（0，-1），故b=1，|PQ|的最大值為4+$\sqrt{5}$=a+2+$\sqrt{5}$，解得a=2．
∴半橢圓M的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1（-2≤x≤0）．
（2）設(shè)PQ方程：y=kx+1，與圓N的方程聯(lián)立可得：（k²+1）x²+（2k-4）x=0，
x_A+x_Q=$\frac{4-2k}{1+{k}^{2}}$，x_A=0，∴Q$（\frac{4-2k}{1+{k}^{2}}，\frac{-{k}^{2}+4k+1}{1+{k}^{2}}）$．
$\overrightarrow{AQ}=-2\overrightarrow{AP}$，可得（x_Q，y_Q-1）=-2（x_P，y_P-1），故P$（\frac{k-2}{1+{k}^{2}}，\frac{2{k}^{2}-2k+1}{1+{k}^{2}}）$．
$\overrightarrow{BP}$=（x_P，y_P+1），$\overrightarrow{BQ}$=（x_Q，y_Q+1）．由$\overrightarrow{BP}$⊥$\overrightarrow{BQ}$，可得：x_P•x_Q+（y_P+1）•（y_Q+1）=0，
把點P，Q的坐標(biāo)代入可得：$\frac{k-2}{1+{k}^{2}}$•$\frac{4-2k}{1+{k}^{2}}$+$（\frac{2{k}^{2}-2k+1}{1+{k}^{2}}+1）$•$（\frac{-{k}^{2}+4k+1}{1+{k}^{2}}+1）$=0，
解得k=$\frac{1}{3}$，∴P$（-\frac{3}{2}，\frac{1}{2}）$．
聯(lián)立直線PQ與作半橢圓M可得：
$（\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{9}）$x²+$\frac{2}{3}x$=0，可得x_P=-$\frac{6{a}^{2}}{9+{a}^{2}}$=-$\frac{3}{2}$，解得a=$\sqrt{3}$，
∴e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓及其圓相交弦長問題、向量坐標(biāo)運算性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．