Question

3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)M（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F(xiàn)₁、F₂為橢圓的左、右焦點(diǎn)．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)圓T的圓心T（0，t）在x軸上方，且圓T經(jīng)過(guò)橢圓C兩焦點(diǎn)．點(diǎn)P為橢圓C上的一動(dòng)點(diǎn)，PQ與圓T相切于點(diǎn)Q．
①當(dāng)Q（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$）時(shí)，求直線(xiàn)PQ的方程；
②當(dāng)PQ取得最大值為$\frac{\sqrt{5}}{2}$時(shí)，求圓T方程．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用橢圓的離心率公式和點(diǎn)滿(mǎn)足橢圓方程，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)圓T方程為x²+（y-t）²=1+t²，①把Q的坐標(biāo)代入圓的方程，解得t，由切線(xiàn)的性質(zhì)，可得所求直線(xiàn)的斜率，進(jìn)而得到PQ的方程；
②設(shè)P（x₀，y₀）（-1≤y₀≤1），運(yùn)用勾股定理求得切線(xiàn)長(zhǎng)，討論t的范圍，即可得到最大值，進(jìn)而得到圓的方程．

解答 解：（1）∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即a=$\sqrt{2}$c，
∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=c，
∵橢圓C過(guò)點(diǎn)M（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∴$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，
∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）圓T半徑r=$\sqrt{1+{t}^{2}}$，圓T方程為x²+（y-t）²=1+t²，
∵PQ與圓T相切于點(diǎn)Q，∴QT⊥PQ，
①把Q（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$）代入圓T方程，解得t=$\frac{1}{2}$，
求得k_QT=2，
∴直線(xiàn)PQ的方程為y=-$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{4}$；
②設(shè)P（x₀，y₀）（-1≤y₀≤1），
∵QT⊥PQ，
∴PQ²=PT²-QT²=x₀²+（y₀-t）²-（1+t²），
又$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$+y₀²=1，∴PQ²=-（y₀+1）²+（1+t²），
當(dāng)t≥1時(shí)，且當(dāng)y₀=-1時(shí)，PQ²的最大值為2t，
則2t=（$\frac{\sqrt{5}}{2}$）²=$\frac{5}{4}$，解得t=$\frac{5}{8}$（舍），
當(dāng)0＜t＜1時(shí)，且當(dāng)y₀=t時(shí)，
PQ²的最大值為1+t²，則t²+1=$\frac{5}{4}$解得t=$\frac{1}{2}$（合）
綜上t=$\frac{1}{2}$，圓T方程為x²+（y-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{5}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查直線(xiàn)和圓的位置關(guān)系，及圓的方程的求法，注意圓的性質(zhì)和勾股定理，考查分類(lèi)討論的思想方法，屬于中檔題．