Question

8．已知點(diǎn)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離小率為$\frac{1}{2}$，F(xiàn)（1，0）為橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）如圖，設(shè)B₁B₂是橢圓C的短軸上的下頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，P是橢圓上異于B₁B₂的一點(diǎn)，直線B₁P與x軸交M，直線B₂P與x軸交于點(diǎn)N，又OT是由原點(diǎn)做出的經(jīng)過(guò)M，N兩點(diǎn)的圓的切線，T為切點(diǎn)，求|OT|的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{c=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可得出；
（II）設(shè)P$（2sinθ，\sqrt{3}cosθ）$，（θ∈（0，2π）），B₁P、B₂P的方程分別為：y=$\frac{\sqrt{3}cosθ+\sqrt{3}}{2sinθ}$x-$\sqrt{3}$，$y=\frac{\sqrt{3}cosθ-\sqrt{3}}{2sinθ}x+\sqrt{3}$．可得M，N．設(shè)經(jīng)過(guò)M，N兩點(diǎn)圓的圓心為Q（x₀，y₀），則x₀=$\frac{{x}_{M}+{x}_{N}}{2}$，半徑r²=|QT|²=|QM|²，|OT|²=|OQ|²-|QT|²=${x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}$-r²．

解答 解：（I）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{c=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得c=1，a=2，b²=3．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（II）設(shè)P$（2sinθ，\sqrt{3}cosθ）$，（θ∈（0，2π）），
B₁P、B₂P的方程分別為：y=$\frac{\sqrt{3}cosθ+\sqrt{3}}{2sinθ}$x-$\sqrt{3}$，$y=\frac{\sqrt{3}cosθ-\sqrt{3}}{2sinθ}x+\sqrt{3}$．
可得M（$\frac{2sinθ}{cosθ+1}$，0），N$（\frac{2sinθ}{1-cosθ}，0）$．
設(shè)經(jīng)過(guò)M，N兩點(diǎn)圓的圓心為Q（x₀，y₀），則x₀=$\frac{{x}_{M}+{x}_{N}}{2}$=$\frac{2}{sinθ}$，
半徑r²=|QT|²=|QM|²=$（\frac{2}{sinθ}-\frac{2sinθ}{1+cosθ}）^{2}$+${y}_{0}^{2}$，
|OT|²=|OQ|²-|QT|²=${x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}$-r²=$（\frac{2}{sinθ}）^{2}-$$（\frac{2}{sinθ}-\frac{2sinθ}{1+cosθ}）^{2}$=$\frac{8}{1+cosθ}$-$（\frac{2sinθ}{1+cosθ}）^{2}$=$\frac{8（1+cosθ）-4si{n}^{2}θ}{（1+cosθ）^{2}}$=$\frac{4+4cosθ}{1+cosθ}$=4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、橢圓的參數(shù)方程應(yīng)用、圓的性質(zhì)、勾股定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．