如图.已知椭圆C1:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的离心率为$\frac{1}{2}$.点A和点P都在椭圆C1上.椭圆C2方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=4．(1)求椭圆C1的方程,(2)过P作椭圆C1的切线l交椭圆C2于M.N两点.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

18．

如图，已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，点A（0，$\sqrt{3}$）和点P都在椭圆C₁上，椭圆C₂方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=4．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）过P作椭圆C₁的切线l交椭圆C₂于M，N两点，过P作射线PO交椭圆C₂于Q点，设$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OP}$；
（i）求λ的值；
（ii）求|MN|的取值范围；
（iii）求证：△QMN的面积为定值，并求出这个定值．

分析（1）由椭圆离心率和A（0，$\sqrt{3}$）和点P都在椭圆C₁上，能求出椭圆C₁的方程．
（2）（i）设P（m，n），由$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OP}$，Q在椭圆C₂上，求出λ=-2．
（ii）设切线l的方程为：y=kx+t，与椭圆联立，得：（4k²+3）x²+8ktx+4t²-12=0，由此利用根的判别式、韦达定理，能求出|MN|的取值范围．
（iii）设O到直线MN的距离为d₁，Q到直线MN的距离为d₂，则由（i）知：d₂=3d₁，由此能求出△QMN的面积为定值，这个定值为18．

解答（本小题满分12分）
解：（1）∵e=$\frac{1}{2}$∴a²=4c²=4a²-4b²∴3a²=4b² 又由题意知：b=$\sqrt{3}$∴a²=4
∴椭圆C₁的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1…（3分）
（2）（i）设P（m，n），则由$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OP}$得：Q（λm，λn）∵Q在椭圆C₂上，∴$\frac{{λ}^{2}{m}^{2}}{4}+\frac{{λ}^{2}{n}^{2}}{3}$=4
λ²（$\frac{{m}^{2}}{4}$+$\frac{{n}^{2}}{3}$）=4，
∵P在椭圆C₁上，∴$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{3}=1$，∴λ²=4，又∵λ＜0，∴λ=-2…（5分）
（ii）设切线l的方程为：y=kx+t
联立方程组：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$，联立并消元整理得：（4k²+3）x²+8ktx+4t²-12=0
△=48（4k²+3-t²）=0∴4k²+3=t²…②
联立方程组：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$，消元整理得：（16k²+12）x²+32ktx+16t²-16×12=0…①
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁，x₂是方程①的两个解，由韦达定理得：
x₁+x₂=$\frac{-32kt}{16{k}^{2}+12}$，x₁x₂=$\frac{16{t}^{2}-16×12}{16{k}^{2}+12}$，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{16\sqrt{3}•\sqrt{16{k}^{2}+12-{t}^{2}}}{16{k}^{2}+12}$=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\frac{16\sqrt{3}•\sqrt{12{k}^{2}+9}}{16{k}^{2}+12}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{12}{\sqrt{4{k}^{2}+3}}$
=12•$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}}$=6•$\sqrt{\frac{4+4{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}}$=6•$\sqrt{1+\frac{1}{4{k}^{2}+3}}$∈（6，4$\sqrt{3}$]…（9分）
证明：（iii）设O到直线MN的距离为d₁，Q到直线MN的距离为d₂，则由（i）知：d₂=3d₁
d₂=3d₁=$\frac{3t}{\sqrt{1+k2}}$
∴S_△QMN=$\frac{1}{2}$•|MN|•d₂=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{1+k2}$•$\frac{12}{\sqrt{4k2+3}}$•$\frac{3t}{\sqrt{1+k2}}$=18
即△QMN的面积为定值，这个定值为18．…（12分）