Question

19．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦点$（\sqrt{3}，0）$，且经过点$（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，点M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A在x轴的上方）
（1）求椭圆C的方程；
（2）若|AM|=2|MB|，且直线l与圆$O：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{7}$相切于点N，求|MN|的长．

Answer 1

分析 （1）由题意列关于a，b的方程组，求解方程组可得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）设出M，A，B的坐标及直线l的方程x=ty+m，与椭圆方程联立，化为关于y的一元二次方程，由|AM|=2|MB|，有y₁=-2y₂，再结合根与系数的关系可得m与t的关系，由直线与圆相切可得m与t的另一关系式，联立求得m，t的值，可得M的坐标，则|MN|的长可求．

解答 解：（1）由题意知：$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{b^2}={c^2}=3\\ \frac{{{{（-1）}^2}}}{4}+\frac{{{{（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）}^2}}}{b^2}=1\end{array}\right.$，
a²=3+b²＞3，解得：a²=4，b²=1，
故椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）设M（m，0），直线l：x=ty+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由|AM|=2|MB|，有y₁=-2y₂，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（t²+4）y²+2my+m²-4=0，
由韦达定理得：${y_1}+{y_2}=-\frac{2tm}{{{t^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{{{m^2}-4}}{{{t^2}+4}}$，
由${y_1}{y_2}=-2y_2^2，{y_1}+{y_2}=-2{y_2}+{y_2}=-{y_2}$，
得${y_1}{y_2}=-2{[-（{y_1}+{y_2}）]^2}=-{（{y_1}+{y_2}）^2}$，即$\frac{{{m^2}-4}}{{{t^2}+4}}，=-2{（-\frac{2tm}{{{t^2}+4}}）^2}$，
化简得（m²-4）（t²+4）=-8t²m²，①
原点O到直线的距离$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{t^2}}}}$，
又直线l与圆$O：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{7}$相切，
∴$\frac{|m|}{{\sqrt{1+{t^2}}}}=\sqrt{\frac{4}{7}}$，即${t^2}=\frac{7}{4}{m^2}-1$，②
联立①②得：21m⁴-16m²-16=0，即（3m²-4）（7m²+4）=0，
解得${m^2}=\frac{4}{3}$，此时${t^2}=\frac{4}{3}$，满足△＞0，得$M（±\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，0）$，
在Rt△OMN中，可得$|{MN}|=\sqrt{\frac{4}{3}-\frac{4}{7}}=\frac{{4\sqrt{21}}}{21}$，
∴|MN|的长为$\frac{{4\sqrt{21}}}{21}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与圆、椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，考查计算能力，是中档题．