10.(文科)如圖所示的封閉曲線C由曲線C1:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0,y≥0)和曲線C2:x2+y2=r2(y<0)組成,已知曲線C1過點(diǎn)($\sqrt{3}$,$\frac{1}{2}$),離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$,點(diǎn)A、B分別為曲線C與x軸、y軸的一個(gè)交點(diǎn).
(Ⅰ)求曲線C1和C2的方程;
(Ⅱ)若點(diǎn)Q是曲線C2上的任意點(diǎn),求△QAB面積的最大值;
(Ⅲ)若點(diǎn)F為曲線C1的右焦點(diǎn),直線l:y=kx+m與曲線C1相切于點(diǎn)M,與x軸交于點(diǎn)N,直線OM與直線x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$交于點(diǎn)P,求證:MF∥PN.

分析 (I)曲線C1過點(diǎn)($\sqrt{3}$,$\frac{1}{2}$),離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$,可得$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1,$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,又a2=b2+c2,聯(lián)立解得a,b,可得曲線C1的方程.可得A,點(diǎn)A在曲線C2上,可得r.
(II)A(-2,0),B(0,1),利用截距式可得直線AB的方程.由題意可知:當(dāng)曲線C2在點(diǎn)Q處的切線與直線AB平行時(shí),△QAB的面積最大,設(shè)切線方程為:x-2y+t=0,由直線與圓相切的性質(zhì)可得t.利用平行線之間的距離公式可得△QAB的AB邊上的高h(yuǎn),即可得出S△QAB的最大值=$\frac{1}{2}$|AB|h.
(III)由題意可得:k≠0,F(xiàn)$(\sqrt{3},0)$,N$(-\frac{m}{k},0)$.設(shè)M(x0,y0),直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為:(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,又直線l與曲線C1相切于點(diǎn)M,可得△=0,即m2=4k2+1.利用根與系數(shù)的關(guān)系可得M,kOM,點(diǎn)P的坐標(biāo).可得$\overrightarrow{FM}$=λ$\overrightarrow{NP}$,即可證明MF∥PN.

解答 (I)解:∵曲線C1過點(diǎn)($\sqrt{3}$,$\frac{1}{2}$),離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1,$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,又a2=b2+c2,聯(lián)立解得a=2,b=1,
可得曲線C1的方程為:$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1,(y≥0).
可得A(-2,0),∵點(diǎn)A在曲線C2上,∴r=2,可得方程:x2+y2=4(y<0).
(II)解:A(-2,0),B(0,1),可得直線AB的方程:$\frac{x}{-2}+\frac{y}{1}$=1,化為:x-2y+2=0.
由題意可知:當(dāng)曲線C2在點(diǎn)Q處的切線與直線AB平行時(shí),△QAB的面積最大,
設(shè)切線方程為:x-2y+t=0,由直線圓相切的性質(zhì)可得:$\frac{|t|}{\sqrt{5}}$=2,由可知t<0,解得t=-2$\sqrt{5}$.
此時(shí)△QAB的AB邊上的高h(yuǎn)=$\frac{|2-(-2\sqrt{5})|}{\sqrt{5}}$=2+$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
∴S△QAB的最大值=$\frac{1}{2}$|AB|h=$\frac{1}{2}×\sqrt{5}$×$(2+\frac{2\sqrt{5}}{5})$=$\sqrt{5}$+1,∴△QAB面積的最大值為$\sqrt{5}$+1.
(III)證明:由題意可得:k≠0,F(xiàn)$(\sqrt{3},0)$,N$(-\frac{m}{k},0)$.
設(shè)切點(diǎn)M(x0,y0),由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$,化為:(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
又直線l與曲線C1相切于點(diǎn)M,∴△=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)=0,即m2=4k2+1.
x0=$\frac{1}{2}×$$(-\frac{8km}{1+4{k}^{2}})$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$,y0=kx0+m=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$,
∴M$(-\frac{4km}{1+4{k}^{2}},\frac{m}{1+4{k}^{2}})$,即M$(-\frac{4k}{m},\frac{1}{m})$.∴kOM=-$\frac{1}{4k}$.
∴$P(\frac{4\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3k})$,
∴$\overrightarrow{FM}$=$(-\frac{4k}{m}-\sqrt{3},\frac{1}{m})$=$\frac{1}{m}$$(-4k-\sqrt{3}m,1)$,$\overrightarrow{NP}$=$(\frac{m}{k}+\frac{4\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3k})$=-$\frac{\sqrt{3}}{3k}$$(-4k-\sqrt{3}m,1)$,
∴$\overrightarrow{FM}$=-$\frac{\sqrt{3}k}{m}$$\overrightarrow{NP}$,∴MF∥PN.

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切問題、直線相交問題、三角形面積計(jì)算公式、平行線之間的距離公式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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