Question

11．（理科）如图所示的封闭曲线C由曲线C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0，y≥0）和曲线C₂：y=nx²-1（y＜0）组成，已知曲线C₁过点（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，点A、B分别为曲线C与x轴、y轴的一个交点．
（Ⅰ）求曲线C₁和C₂的方程；
（Ⅱ）若点Q是曲线C₂上的任意点，求△QAB面积的最大值及点Q的坐标；
（Ⅲ）若点F为曲线C₁的右焦点，直线l：y=kx+m与曲线C₁相切于点M，且与直线x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$交于点N，求证：以MN为直径的圆过点F．

Answer 1

分析 （I）曲线C₁过点（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}$=1，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又a²=b²+c²，联立解得可得曲线C₁的方程．可得A，代入曲线C₂方程，即可得出方程．
（II）A（-2，0），B（0，1），利用截距式可得直线AB的方程．由题意可知：当曲线C₂在点Q处的切线与直线AB平行时，△QAB的面积最大，设切线方程为：x-2y+t=0，可知：切线斜率为$\frac{1}{2}$，利用导数的几何意义可得切线的斜率，进而得出切点Q．代入切线方程可得t，利用平行线之间的距离公式可得：△QAB的AB边上的高h，即可得出面积的最大值．
（III）由题意可得：k≠0，F$（\sqrt{3}，0）$，N$（-\frac{m}{k}，0）$．设切点M（x₀，y₀），直线方程与椭圆方程联立化为：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，又直线l与曲线C₁相切于点M，可得△=0，即m²=4k²+1．利用根与系数的关系解出M．可得N，$\overrightarrow{FM}$，$\overrightarrow{FN}$，利用$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=0，即可证明以MN为直径的圆过点F．

解答 （I）解：∵曲线C₁过点（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}$=1，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又a²=b²+c²，
联立解得a=2，b=1，可得曲线C₁的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．（y≥0）．
可得A（-2，0），∵点A在曲线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），可得直线AB的方程：$\frac{x}{-2}+\frac{y}{1}$=1，化为：x-2y+2=0．
由题意可知：当曲线C₂在点Q处的切线与直线AB平行时，△QAB的面积最大，
设切线方程为：x-2y+t=0，可知：切线斜率为$\frac{1}{2}$，y′=$\frac{1}{2}x$，
设切点Q（x_Q，y_Q），则$\frac{1}{2}{x}_{Q}$=$\frac{1}{2}$，解得x_Q=1，∴y_Q=$\frac{1}{4}-1$=-$\frac{3}{4}$，可得Q$（1，-\frac{3}{4}）$．
代入切线方程可得t=-$\frac{5}{2}$，可得：切线方程为2x-4y-5=0．
此时△QAB的AB边上的高h=$\frac{|2-（-\frac{5}{2}）|}{\sqrt{5}}$=$\frac{9\sqrt{5}}{10}$．
∴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面积的最大值为$\frac{9}{4}$，此时Q$（1，-\frac{3}{4}）$．
（III）证明：由题意可得：k≠0，F$（\sqrt{3}，0）$，N$（-\frac{m}{k}，0）$．
设切点M（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
又直线l与曲线C₁相切于点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为直径的圆过点F．

点评 本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与抛物线相切问题、直线相交问题、三角形面积计算公式、平行线之间的距离公式、导数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于难题．