Question

1．如圖，曲線C由上半橢圓C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，y≥0）和部分拋物線C₂：y=-x²+1（y≤0）連接而成，C₁、C₂的公共點(diǎn)為A，B，其中C₁的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求a，b的值；
（2）過點(diǎn)B的直線l與C₁，C₂分別交于P，Q（均異于點(diǎn)A，B），若AP⊥AQ，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由拋物線C₂：y=-x²+1，令y=0，解得x=±1，則A（-1，0），B（1，0），由橢圓C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，y≥0）焦點(diǎn)在y軸上，a=2，b=1；
（2）由（Ⅰ）知上半橢圓C₁的方程為$\frac{{y}^{2}}{4}+{x}^{2}=1$y≥0，設(shè)其方程為y=k（x-1）（k≠0），代入C₁的方程，整理得（k²+4）x²-2k²x+k²-4=0．（*）設(shè)點(diǎn)P（x_p，y_p），依題意，可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$，-$\frac{8p}{{k}^{2}+4}$）；同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-k-1，-k²-2k），利用$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0，可求得k的值，從而可得答案．

解答 解：（1）由拋物線C₂：y=-x²+1，令y=0，解得x=±1，
∴A（-1，0），B（1，0）
由橢圓C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，y≥0）焦點(diǎn)在y軸上，
∴a=2，b=1；
（2）由（1）可知：曲線C₁標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{y}^{2}}{4}+{x}^{2}=1$，y≥0，
設(shè)過B（1，0）的直線方程為：y=k（x-1），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{y}^{2}}{4}+{x}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（k²+4）x²-2k²x+k²-4=0．
設(shè)點(diǎn)P（x_p，y_p），
∵直線l過點(diǎn)B，
∴x=1是方程（*）的一個根，
由求根公式，得x_p=$\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$，從而y_p=-$\frac{8p}{{k}^{2}+4}$，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$，-$\frac{8p}{{k}^{2}+4}$）．
同理，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）（k≠0）}\\{y=-{x}^{2}+1（y≤0）}\end{array}\right.$，
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-k-1，-k²-2k），
$\overrightarrow{AP}$=$\frac{2k}{{k}^{2}+4}$（k，-4），$\overrightarrow{AQ}$═-k（1，k+2），
由AP⊥AQ，
∴$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0，即$\frac{-2{k}^{2}}{{k}^{2}+4}$[k-4（k+2）]=0，
∵k≠0，
∴k-4（k+2）=0，解得：k=-$\frac{8}{3}$．
經(jīng)檢驗(yàn)，k=-$\frac{8}{3}$符合題意，
故直線l的方程為：y=-$\frac{8}{3}$（x-1），即8x+3y-8=0．

點(diǎn)評 本題考查橢圓與拋物線的方程與性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想與函數(shù)與方程思想的應(yīng)用，屬于中檔題．