Question

19．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)$（\sqrt{3}，0）$，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)$（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，點(diǎn)M是x軸上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M的直線(xiàn)l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在x軸的上方）
（1）求橢圓C的方程；
（2）若|AM|=2|MB|，且直線(xiàn)l與圓$O：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{7}$相切于點(diǎn)N，求|MN|的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）由題意列關(guān)于a，b的方程組，求解方程組可得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)出M，A，B的坐標(biāo)及直線(xiàn)l的方程x=ty+m，與橢圓方程聯(lián)立，化為關(guān)于y的一元二次方程，由|AM|=2|MB|，有y₁=-2y₂，再結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得m與t的關(guān)系，由直線(xiàn)與圓相切可得m與t的另一關(guān)系式，聯(lián)立求得m，t的值，可得M的坐標(biāo)，則|MN|的長(zhǎng)可求．

解答 解：（1）由題意知：$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{b^2}={c^2}=3\\ \frac{{{{（-1）}^2}}}{4}+\frac{{{{（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）}^2}}}{b^2}=1\end{array}\right.$，
a²=3+b²＞3，解得：a²=4，b²=1，
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）設(shè)M（m，0），直線(xiàn)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，
由韋達(dá)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$\frac{{{m^2}-4}}{{{t^2}+4}}，=-2{（-\frac{2tm}{{{t^2}+4}}）^2}$，
化簡(jiǎn)得（m²-4）（t²+4）=-8t²m²，①
原點(diǎn)O到直線(xiàn)的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{t^2}}}}$，
又直線(xiàn)l與圓$O：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{7}$相切，
∴$\frac{|m|}{{\sqrt{1+{t^2}}}}=\sqrt{\frac{4}{7}}$，即${t^2}=\frac{7}{4}{m^2}-1$，②
聯(lián)立①②得：21m⁴-16m²-16=0，即（3m²-4）（7m²+4）=0，
解得${m^2}=\frac{4}{3}$，此時(shí)${t^2}=\frac{4}{3}$，滿(mǎn)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|的長(zhǎng)為$\frac{{4\sqrt{21}}}{21}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線(xiàn)與圓、橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”的解題思想方法，考查計(jì)算能力，是中檔題．