Question

8．如图，已知半椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+{y^2}=1（{a＞1，x≥0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，曲线C₂是以半椭圆C₁的短轴为直径的圆在y轴右侧的部分，点P（x₀，y₀）是曲线C₂上的任意一点，过点P且与曲线C₂相切的直线l与半椭圆C₁交于两个不同点A、B．
（Ⅰ）求直线l的方程（用x₀，y₀表示）；
（Ⅱ）求弦|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （I）利用离心率计算公式及已知即可得出a．设Q（x，y）为直线l上任意一点，利用圆的切线的性质可得进而即可求出．
（II）分切点P为（1，0）和不为（1，0）时两种情况讨论．把切线l的方程与椭圆方程联立得到根与系数的关系，利用弦长公式、基本不等式的性质进行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意知b=1，e=$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴c=$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，
c²=$\frac{3}{4}{a}^{2}$=a²-1，
解得a²=4，a=2，
半椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1，（x≥0）$，
曲线C₂的方程为x²+y²=1，（x≥0），
如果x₀≠0，且y₀≠0，则直线OP的斜率为$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$，从而过P的圆的切线l的斜率为$-\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
因此所求的直线方程为y-y₀=$-\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$（x-x₀），
化简得x₀x+y₀y=x₀²+y₀²，
∵x₀²+y₀²=1，
∴x₀x+y₀y=1，
即直线l的方程为x₀x+y₀y=1，
如果x₀=0或y₀=0，可以验证切线的方程也是x₀x+y₀y=1，
综上直线l的方程为x₀x+y₀y=1．
（Ⅱ）当x₀≠0，且y₀≠0时，由$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}x+{y}_{0}y=1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得$（1+\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}）{x}^{2}-\frac{8{x}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}}+\frac{4}{{{y}_{0}}^{2}}-4=0$，（•）
∵点P（x₀，y₀）在曲线C₂：x²+y²=1，（x≥0）上，
∴（•）式即为（3x₀²+1）x²-8x₀x+4x₀²=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=$\frac{8{x}_{0}}{3{{x}_{0}}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{3{{x}_{0}}^{2}+1}$，
∵x₀＞0，x₀²+y₀²=1，
∴|AB|=$\sqrt{1+（-\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}）^{2}}•|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{1}{|{y}_{0}|}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{1}{|{y}_{0}|}$•$\sqrt{（\frac{8{x}_{0}}{3{{x}_{0}}^{2}+1}）^{2}-\frac{16{{x}_{0}}^{2}}{3{{x}_{0}}^{2}+1}}$=$\frac{1}{|{y}_{0}|}$•$\sqrt{\frac{48{{x}_{0}}^{2}（1-{{x}_{0}}^{2}）}{（3{{x}_{0}}^{2}+1）^{2}}}$
=4$\sqrt{3}•\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{2}（1-{{x}_{0}}^{2}）}{{{y}_{0}}^{2}（3{{x}_{0}}^{2}+1）^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{3}{x}_{0}}{3{{x}_{0}}^{2}+1}=\frac{4\sqrt{3}}{3{x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}}$$≤\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{3}=2}$
当且仅当3x₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$，即x₀=$\frac{\sqrt{3}}{3}$或x₀=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（舍）时，|AB|取得最大值2，
②当x₀=0时，直线l与半椭圆只有一个交点，不满足题意．
③当y₀=0时，直线l⊥x轴，y₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，此时|AB|=$\sqrt{3}$，
综上，|AB|取得最大值2．

点评 本题考查了椭圆及圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、根与系数的关系、相交弦的弦长的计算，考查了推理能力和计算能力．综合性较强，难度较大．