Question

11．（理科）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：y=nx²-1（y＜0）組成，已知曲線C₁過(guò)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面積的最大值及點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（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，且與直線x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$交于點(diǎn)N，求證：以MN為直徑的圓過(guò)點(diǎn)F．

Answer 1

分析 （I）曲線C₁過(guò)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)立解得可得曲線C₁的方程．可得A，代入曲線C₂方程，即可得出方程．
（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，可知：切線斜率為$\frac{1}{2}$，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率，進(jìn)而得出切點(diǎn)Q．代入切線方程可得t，利用平行線之間的距離公式可得：△QAB的AB邊上的高h(yuǎn)，即可得出面積的最大值．
（III）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），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)系解出M．可得N，$\overrightarrow{FM}$，$\overrightarrow{FN}$，利用$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=0，即可證明以MN為直徑的圓過(guò)點(diǎn)F．

解答 （I）解：∵曲線C₁過(guò)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，∴0=4n-1，解得n=$\frac{1}{4}$，可得方程：y=$\frac{1}{4}$x²-1（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，可知：切線斜率為$\frac{1}{2}$，y′=$\frac{1}{2}x$，
設(shè)切點(diǎn)Q（x_Q，y_Q），則$\frac{1}{2}{x}_{Q}$=$\frac{1}{2}$，解得x_Q=1，∴y_Q=$\frac{1}{4}-1$=-$\frac{3}{4}$，可得Q$（1，-\frac{3}{4}）$．
代入切線方程可得t=-$\frac{5}{2}$，可得：切線方程為2x-4y-5=0．
此時(shí)△QAB的AB邊上的高h(yuǎn)=$\frac{|2-（-\frac{5}{2}）|}{\sqrt{5}}$=$\frac{9\sqrt{5}}{10}$．
∴S_△QAB的最大值=$\frac{1}{2}$|AB|h=$\frac{1}{2}×\sqrt{5}$×$\frac{9\sqrt{5}}{10}$=$\frac{9}{4}$，
∴△QAB面積的最大值為$\frac{9}{4}$，此時(shí)Q$（1，-\frac{3}{4}）$．
（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}×$$（-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}）$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$，y₀=kx₀+m=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，∴M$（-\frac{4km}{1+4{k}^{2}}，\frac{m}{1+4{k}^{2}}）$，即M$（-\frac{4k}{m}，\frac{1}{m}）$．
可得N$（\frac{4\sqrt{3}}{3}，\frac{4\sqrt{3}k}{3}+m）$，∴$\overrightarrow{FM}$=$（-\frac{4k}{m}-\sqrt{3}，\frac{1}{m}）$，$\overrightarrow{FN}$=$（\frac{\sqrt{3}}{3}，\frac{4\sqrt{3}k}{3}+m）$，
∴$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=$（-\frac{4k}{m}-\sqrt{3}）×\frac{\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{m}•$$（\frac{4\sqrt{3}k}{3}+m）$=0，
∴以MN為直徑的圓過(guò)點(diǎn)F．

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)、直線與拋物線相切問(wèn)題、直線相交問(wèn)題、三角形面積計(jì)算公式、平行線之間的距離公式、導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．