题目内容
3．
如图，曲线C由上半椭圆${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0，y≥0）$和部分抛物线${C_2}：y=-{x^2}+1（y≤0）$连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．（1）求a，b的值；
（2）过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q（均异于点A，B），是否存在直线l，使得PQ为直径的圆恰好过点A，若存在直线l的方程；若不存在，请说明理由．
分析 （1）在C1，C2的方程中，令y=0，可得b=1，且A（-1，0），B（1，0）是上半椭圆C1的左右顶点，设C1的半焦距为c，由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$及a2-c2=b2-1，联立解得a．
（2）由（1），上半椭圆C1的方程为$\frac{y^2}{4}+{x^2}=1（y≥0）$，由题意知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为
y=k（x-1）（k≠0），代入C1的方程，整理得（k2+4）x2-2k2x+k2-4=0，设点P的坐标为（xP，yP），由求根公式，得点P的坐标为$（\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}，\frac{-8k}{{{k^2}+4}}）$，同理，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1），k≠0}\\{y=-{x}^{2}+1，y≤0}\end{array}\right.$，得点Q的坐标为（-k-1，-k2-2k），依题意可知AP⊥AQ，所以$\overrightarrow{A{P_1}}•\overrightarrow{AQ}=0$，即可得出k．
解答 解：（1）在C1，C2的方程中，令y=0，可得b=1，且A（-1，0），B（1，0）是上半椭圆C1的左右顶点，
设C1的半焦距为c，由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$及a2-c2=b2-1，
可得a=2，所以a=2，b=1．
（2）由（1），上半椭圆C1的方程为$\frac{y^2}{4}+{x^2}=1（y≥0）$，
由题意知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y=k（x-1）（k≠0），
代入C1的方程，整理得（k2+4）x2-2k2x+k2-4=0，
设点P的坐标为（xP，yP），
因为直线l过点B，所以x=1是方程的一个根，
由求根公式，得${x_P}=\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}，{y_P}=\frac{-8k}{{{k^2}+4}}$，所以点P的坐标为$（\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}，\frac{-8k}{{{k^2}+4}}）$，
同理，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1），k≠0}\\{y=-{x}^{2}+1，y≤0}\end{array}\right.$，得点Q的坐标为（-k-1，-k2-2k），
所以$\overrightarrow{AP}=（\frac{{2{k^2}}}{{{k^2}+4}}，\frac{{-8{k^2}}}{{{k^2}+4}}），\overrightarrow{AQ}=（-k，-{k^2}+2k）$，
依题意可知AP⊥AQ，所以$\overrightarrow{A{P_1}}•\overrightarrow{AQ}=0$，即$\frac{{2{k^2}}}{{{k^2}+4}}•（-k）+\frac{{-8{k^2}}}{{{k^2}+4}}•（-{k^2}-2k）=0$，
即$\frac{{-2{k^2}}}{{{k^2}+4}}[k-4（k+2）]=0$，
因为k≠0，所以k-4（k+2）=0，解得$k=-\frac{8}{3}$，
经检验，$k=-\frac{8}{3}$符合题意，故直线l的方程为$y=-\frac{8}{3}（x-1）$．
点评 本题考查了直线与椭圆抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、圆的性质、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
| A． | -$\frac{5}{3}$ | B． | -$\frac{1}{3}$ | C． | -1 | D． | -5 |
如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱$A{A_1}=\sqrt{3}$，AB=2，D，E分别为棱AC，B1C1的中点，M，N分别为线段AC1和BE的中点．
如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体A-OEF中，下列说法不正确的序号是②．| A． | （-∞，4） | B． | （4，+∞） | C． | （-∞，2） | D． | （2，+∞） |