Question

3．如圖，曲線C由上半橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0，y≥0）$和部分拋物線${C_2}：y=-{x^2}+1（y≤0）$連接而成，C₁與C₂的公共點為A，B，其中C₁的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求a，b的值；
（2）過點B的直線l與C₁，C₂分別交于點P，Q（均異于點A，B），是否存在直線l，使得PQ為直徑的圓恰好過點A，若存在直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）在C₁，C₂的方程中，令y=0，可得b=1，且A（-1，0），B（1，0）是上半橢圓C₁的左右頂點，設C₁的半焦距為c，由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$及a²-c²=b²-1，聯立解得a．
（2）由（1），上半橢圓C₁的方程為$\frac{y^2}{4}+{x^2}=1（y≥0）$，由題意知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方程為
y=k（x-1）（k≠0），代入C₁的方程，整理得（k²+4）x²-2k²x+k²-4=0，設點P的坐標為（x_P，y_P），由求根公式，得點P的坐標為$（\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}，\frac{-8k}{{{k^2}+4}}）$，同理，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1），k≠0}\\{y=-{x}^{2}+1，y≤0}\end{array}\right.$，得點Q的坐標為（-k-1，-k²-2k），依題意可知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）是上半橢圓C₁的左右頂點，
設C₁的半焦距為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），上半橢圓C₁的方程為$\frac{y^2}{4}+{x^2}=1（y≥0）$，
由題意知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方程為y=k（x-1）（k≠0），
代入C₁的方程，整理得（k²+4）x²-2k²x+k²-4=0，
設點P的坐標為（x_P，y_P），
因為直線l過點B，所以x=1是方程的一個根，
由求根公式，得${x_P}=\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}，{y_P}=\frac{-8k}{{{k^2}+4}}$，所以點P的坐標為$（\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}，\frac{-8k}{{{k^2}+4}}）$，
同理，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1），k≠0}\\{y=-{x}^{2}+1，y≤0}\end{array}\right.$，得點Q的坐標為（-k-1，-k²-2k），
所以$\overrightarrow{AP}=（\frac{{2{k^2}}}{{{k^2}+4}}，\frac{{-8{k^2}}}{{{k^2}+4}}），\overrightarrow{AQ}=（-k，-{k^2}+2k）$，
依題意可知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$\frac{{-2{k^2}}}{{{k^2}+4}}[k-4（k+2）]=0$，
因為k≠0，所以k-4（k+2）=0，解得$k=-\frac{8}{3}$，
經檢驗，$k=-\frac{8}{3}$符合題意，故直線l的方程為$y=-\frac{8}{3}（x-1）$．

點評 本題考查了直線與橢圓拋物線相交問題、一元二次方程的根與系數的關系、圓的性質、向量垂直與數量積的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．