Question

15．如圖，圓O（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）與離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$的橢圓T：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）相交于點(diǎn)M（0，1）． 
（I）求橢圓T與圓O的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)M引兩條互相垂直的兩直線l₁、l₂與兩曲線分別交于點(diǎn)A、C與點(diǎn)B、D（均不重合）．
①P為橢圓上任一點(diǎn)（異于點(diǎn)M），記點(diǎn)P到兩直線的距離分別為d₁、d₂，求d₁²+d₂²的最大值；
②若3$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MB}•\overrightarrow{MD}$，求l₁與l₂的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知：離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，b=1，a²=b²+c²，求出a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，由此能求出橢圓C的方程，圓O的方程．
（Ⅱ）①設(shè)P（x₀，y₀），由l₁⊥l₂，則d₁²+d₂²=丨PM丨²，由$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}$=1，得d₁²+d₂²=-3（${y}_{0}+\frac{1}{3}$）²+$\frac{16}{3}$，由此能求出${fxgzmu0_{1}}^{2}+{hbkymzi_{2}}^{2}$的最大值．
②設(shè)l₁的方程為y=kx+1，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k²+1）x²+2kx=0，求出A（-$\frac{2k}{{k}^{2}+1}$，$\frac{1-{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx=0，求出C（-$\frac{8k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），把A，C中的k置換成-$\frac{1}{k}$，得B（$\frac{2k}{{k}^{2}+1}，\frac{{k}^{2}-1}{{k}^{2}+1}$），D（$\frac{8k}{{k}^{2}+4}，\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$），由$3\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MB}•\overrightarrow{MD}$，由此能求出l₁的方程和l₂的方程．

解答 解：（Ⅰ）∵圓O（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）與離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$的橢圓T：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）相交于點(diǎn)M（0，1）．
∴由題意知：離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，b=1，a²=b²+c²，
解得：a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1，圓O的方程x²+y²=1．
（Ⅱ）①設(shè)P（x₀，y₀），由l₁⊥l₂，則d₁²+d₂²=丨PM丨²=x₀²+（y₀-1）²，
由$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}$=1，得d₁²+d₂²=$4-4{{y}_{0}}^{2}$+（y₀-1）²=-3（${y}_{0}+\frac{1}{3}$）²+$\frac{16}{3}$，
∵-1≤y₀≤1，∴當(dāng)${y}_{0}=\frac{1}{3}$時，${0p55kib_{1}}^{2}+{rhqehaj_{2}}^{2}$取得最大值為$\frac{16}{3}$，此時點(diǎn)P（±$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，$\frac{1}{3}$）．
②設(shè)l₁的方程為y=kx+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k²+1）x²+2kx=0，∵x_A≠0，∴${x}_{A}=-\frac{2k}{{k}^{2}+1}$，
代入y=kx+1，得${y}_{c}=\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，∴A（-$\frac{2k}{{k}^{2}+1}$，$\frac{1-{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx=0，由x_C≠0，∴${x}_{C}=-\frac{8k}{4{k}^{2}+1}$，
代入y=kx+1，得${y}_{C}=\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，∴C（-$\frac{8k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
把A，C中的k置換成-$\frac{1}{k}$，得B（$\frac{2k}{{k}^{2}+1}，\frac{{k}^{2}-1}{{k}^{2}+1}$），D（$\frac{8k}{{k}^{2}+4}，\frac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$），
∴$\overrightarrow{MA}$=（-$\frac{2k}{{k}^{2}+1}，\frac{-2{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$），$\overrightarrow{MC}$=（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}，\frac{-8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），
$\overrightarrow{MB}$=（$\frac{2k}{{k}^{2}+1}$，$\frac{-2}{{k}^{2}+1}$），$\overrightarrow{MD}$=（$\frac{8k}{{k}^{2}+4}$，$\frac{-8}{1+4{k}^{2}}$），
由$3\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MC}=4\overrightarrow{MB}•\overrightarrow{MD}$，
得3[（-$\frac{2k}{{k}^{2}-1}$•$\frac{8k}{{k}^{2}+4}$+（-$\frac{2}{{k}^{2}+1}$）（$-\frac{8k}{4{k}^{2}+1}$）]=4[$\frac{2k}{{k}^{2}+1}•\frac{8k}{{k}^{2}+4}$+（-$\frac{2}{{k}^{2}+1}$）（-$\frac{8}{{k}^{2}+4}$）]，
整理，得：$\frac{3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=\frac{4}{{k}^{2}+4}$，即3k⁴-4k²-4=0，解得k=$±\sqrt{2}$，
∴l(xiāng)₁的方程為y=$\sqrt{2}x+1$，l₂的方程為y=-$\frac{\sqrt{2}}{2}x+1$，
或l₁的方程為y=-$\sqrt{2}x+1$，l₂的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x+1$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程、圓的方程、直線方程的求法，是中檔題，注意橢圓性質(zhì)、韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積的合理運(yùn)用．