Question

已知拋物線 x²=4y的焦點(diǎn)是橢圓 C：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)一個(gè)頂點(diǎn)，橢圓C的離心率為

3

2

．另有一圓O圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為

a2+b2

（Ⅰ）求橢圓C和圓O的方程；
（Ⅱ）已知過(guò)點(diǎn)P（0，

a2+b2

）的直線l與橢圓C在第一象限內(nèi)只有一個(gè)公共點(diǎn)，求直線l被圓O截得的弦長(zhǎng)；
（Ⅲ）已知M（x₀，y₀）是圓O上任意一點(diǎn)，過(guò)M點(diǎn)作直線l₁，l₂，使得l₁，l₂與橢圓C都只有一個(gè)公共點(diǎn)，求證：l₁⊥l₂．

Answer 1

分析：（I）確定拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)，可得b的值，利用橢圓C的離心率為

3

2

，另有一圓O圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為

a2+b2

，即可求橢圓C和圓O的方程．
（Ⅱ）設(shè)l的方程為y=kx+

5

，k＜0，由

y=kx+ 5 x2 4 +y2=1

，得x2+4(kx+

5

)2=4，由△=(8

5

k)2-64(1+4k2)=0，推導(dǎo)出直線l方程為y=-x+

5

，由此能求出直線l被圓O截得的弦長(zhǎng)．
（Ⅲ）分類討論，利用韋達(dá)定理，計(jì)算斜率的積為-1，即可證得結(jié)論．

解答：（I）解：由x²=4y可得拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），∴b=1，
又∵e=

3

2

，∴

c2

a2

=

3

4

，∵a2=b2+c2，∴a²=4，
∴

a2+b2

=

5

，
∴橢圓C的方程為

x2

4

+y2=1，圓O的方程為x²+y²=5．
（Ⅱ）∵過(guò)點(diǎn)P（0，

5

）的直線l與橢圓C在第一象限內(nèi)只有一個(gè)公共點(diǎn)，
∴直線l的斜率存在，設(shè)l的方程為y=kx+

5

，k＜0
由

y=kx+ 5 x2 4 +y2=1

，得x2+4(kx+

5

)2=4，
即（1+4k²）x²+8

5

kx+16=0，
則△=(8

5

k)2-64(1+4k2)=0，
∴k²=1，又k＜0，k=-1，
∴直線l方程為y=-x+

5

，
圓心O到直線l方程為y=-x+

5

，
圓心O到直線l的距離d=

5

2

=

10

2

，
∴直線l被圓O截得的弦長(zhǎng)為2

5-( 10 2 )2

=

10

．
 （Ⅲ）證明：若點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，1），（2，-1），（-2，-1），（-2，1），
則過(guò)這四點(diǎn)分別作滿足條件的直線l₁，l₂，
若一條直線斜率為0，則另一條斜率不存在，則l₁⊥l₂
若直線l₁，l₂斜率都存在，則設(shè)過(guò)M與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線方程為y-y₀=k（x-x₀），
由

y=kx+(y0-kx0) x2 4 +y2=1

，得x²+4[kx+（y₀-kx₀）]²=4，
即（1+4k²）x²+8k（y₀-kx₀）•x+4（y₀-kx₀）2-4=0，
則△=[8k（y₀-kx₀）]2-4（1+4k²）[4（y₀-kx₀）²-4]=0，
化簡(jiǎn)得（4-x02）k²+2x₀y₀k+1-y02=0，
∵x02+y02=5，
∴（4-x02）k²+2x₀yk+x02-4=0，
設(shè)l₁，l₂的斜率分別為k₁，k₂，因?yàn)閘₁，l₂與橢圓都只有一個(gè)公共點(diǎn)，
所以k₁，k₂滿足（4-x02）k²+2x₀yk+x02-4=0，
∴k₁•k₂=

x02-4

4-x02

=-1，
∴l(xiāng)₁⊥l₂．

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查弦長(zhǎng)的求法，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于難題．