Question

10．已知直線$\sqrt{3}$x+y-$\sqrt{3}$=0經(jīng)過橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn)（0，-2）的直線l與橢圓C交于不同的A，B兩點(diǎn)，若∠AOB為鈍角，求直線l斜率k的取值范圍；
（3）過橢圓C上異于其頂點(diǎn)的任一點(diǎn)P作圓O：x²+y²=2的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N（M，N不在坐標(biāo)軸上），若直線MN在x軸，y軸上截距分別為m，n，證明：$\frac{1}{4{m}^{2}}+\frac{1}{3{n}^{2}}$為定值．

Answer 1

分析 （1）由已知中直線$\sqrt{3}$x+y-$\sqrt{3}$=0經(jīng)過橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)，可得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，及∠AOB為鈍角，建立不等式，即可求得直線l的斜率k的取值范圍；
（3）由切線的性質(zhì)，結(jié)合四點(diǎn)共圓判斷可得P，M，O，N四點(diǎn)共圓，可得其圓心O'（$\frac{{x}_{p}}{2}$，$\frac{{y}_{p}}{2}$），求得圓方程，由兩圓方程相減可得相交弦方程，由題意可得P₁P₂的方程為$\frac{x}{m}+\frac{y}{n}$=1，求得P的坐標(biāo)，代入橢圓方程即可得證．

解答 解：（1）直線$\sqrt{3}$x+y-$\sqrt{3}$=0經(jīng)過橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)和上頂點(diǎn)．
故c=1，b=$\sqrt{3}$，
故a=2，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）顯然直線x=0不滿足條件，可設(shè)直線l：y=kx-2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
直線代入橢圓方程，消去y可得（3+4k²）x²-16kx+4=0
∵△=（16k）²-12×（3+4k²）＞0，∴k＜-$\frac{3\sqrt{13}}{26}$或k＞$\frac{3\sqrt{13}}{26}$
x₁+x₂=$\frac{16k}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4}{3+4{k}^{2}}$
∴y₁y₂=（kx₁-2）（kx₂-2）=k²x₁x₂-2k（x₁+x₂）+4=$\frac{12-16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$
由于∠AOB為鈍角，x₁x₂+y₁y₂＜0，∴$\frac{16-16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$＜0，
∴k＜-1或k＞1
∴直線L的斜率的取值范圍是k＜-1或k＞1
證明：（3）因?yàn)镸N為切點(diǎn)，所以O(shè)M⊥PM，ON⊥PN，
所以P，M，O，N四點(diǎn)共圓，
其圓心O'（$\frac{{x}_{p}}{2}$，$\frac{{y}_{p}}{2}$），方程為（x-$\frac{{x}_{p}}{2}$）²+（y-$\frac{{y}_{p}}{2}$）²=$\frac{{x}_{p}^{2}+{y}_{p}^{2}}{4}$，
整理得x²+y²-xx_P-yy_P=0，
MN是圓O與圓O'的交點(diǎn)，
聯(lián)立圓O：x²+y²=2的方程得xx_P+yy_P=2，
直線MN在x軸，y軸上的截距分別為m，n，
可得直線MN的方程為$\frac{x}{m}+\frac{y}{n}$=1，
得x_P=$\frac{2}{m}$，y_P=$\frac{2}{n}$，
因?yàn)镻（x_P，y_P）在橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$上，
則$\frac{{（\frac{2}{m}）}^{2}}{4}+\frac{{（\frac{2}{n}）}^{2}}{3}=1$，
整理得$\frac{1}{4{m}^{2}}+\frac{1}{3{n}^{2}}$=1

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．