Question

1．如图，椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，以椭圆C的上顶点T为圆心作圆T：x²+（y-1）²=r²（r＞0），圆T与椭圆C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$的最小值，并求出此时圆T的方程；
（Ⅲ）设点P是椭圆C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与Y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|•|ON|为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出b的值，根据e=$\frac{c}{a}$，从而求出椭圆的方程即可；
（Ⅱ）设出A（x₁，y₁），B（-x₁，y₁），求出$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$的表达式，根据二次函数的性质求出其最小值，从而求出A的坐标即可；
（Ⅲ）设p（x₀，y₀），则PA的方程为y-y₀=$\frac{{{y}_{0}-y}_{1}}{{{x}_{0}-x}_{1}}$（x-x₀），分别求出y_M和y_N的值，从而证出|OM|•|ON|为定值．

解答 解：（Ⅰ）由椭圆得：b=1，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a²-c²=1，$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{3}{4}$，得a²=4，c²=3，b²=1，
故椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）∵点A与点B关于y轴对称，
设A（x₁，y₁），B（-x₁，y₁），
由点A在椭圆C上，则${{x}_{1}}^{2}$=4-4${{y}_{1}}^{2}$，
∵T（0，1），得$\overrightarrow{TA}$=（x₁，y₁-1），$\overrightarrow{TB}$=（-x₁，y₁-1），
∴$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$=-${{x}_{1}}^{2}$+${{（y}_{1}-1）}^{2}$=4${{y}_{1}}^{2}$-4+${{y}_{1}}^{2}$-2y₁+1=5${{（y}_{1}-\frac{1}{5}）}^{2}$-$\frac{16}{5}$，
由题意得，0＜y₁＜1，
∴当y₁=$\frac{1}{5}$时，$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$取得最小值-$\frac{16}{5}$，
此时，${{x}_{1}}^{2}$=4-$\frac{4}{25}$，x₁=$\frac{4\sqrt{6}}{5}$，
故A（$\frac{4\sqrt{6}}{5}$，$\frac{1}{5}$），
又点A在圆T上，带入圆的方程，得r²=$\frac{112}{25}$，
故圆T的方程是x²+（y-1）²=$\frac{112}{25}$；
（Ⅲ）设p（x₀，y₀），则PA的方程为y-y₀=$\frac{{{y}_{0}-y}_{1}}{{{x}_{0}-x}_{1}}$（x-x₀），
令x=0，得y_M=y₀-$\frac{（{{y}_{0}-y}_{1}{）x}_{0}}{{{x}_{0}-x}_{1}}$=$\frac{{{{{x}_{0}y}_{1}-x}_{1}y}_{0}}{{{x}_{0}-x}_{1}}$，
同理可得，y_N=$\frac{{{x}_{0}y}_{1}{{+x}_{1}y}_{0}}{{{x}_{0}+x}_{1}}$，
故y_M•y_N=$\frac{{{{{x}_{0}}^{2}y}_{1}}^{2}{{{{-x}_{1}}^{2}y}_{0}}^{2}}{{{{{x}_{0}}^{2}-x}_{1}}^{2}}$①，
∵p（x₀，y₀），A（x₁，y₁）都在椭圆C上，
∴${{y}_{0}}^{2}$=1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$，${{y}_{1}}^{2}$=1-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，
带入①得，y_M•y_N=$\frac{{{x}_{0}}^{2}（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}）{{-x}_{1}}^{2}（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}）}{{{{{x}_{0}}^{2}-x}_{1}}^{2}}$=1，
即得|OM|•|ON|=|y_M•y_N|=1为定值．

点评 本题考查了椭圆的性质，考查斜率问题以及二次函数的性质，考查计算能力，是一道综合题．