Question

6．已知曲線C的圖形如圖所示，其上半部分是半橢圓$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（y≥0）$，下半部分是半圓x²+y²=b²（y≤0），（a＞b＞0），半橢圓內(nèi)切于矩形ABCD，且CD交y軸于點(diǎn)G，點(diǎn)P是半圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)$M（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$時(shí)，△AGP的面積最大．
（1）求曲線C的方程；
（2）連接PC，PD分別交AB于E，F(xiàn)，求證：AE²+BF²是定值．

Answer 1

分析 （1）把M點(diǎn)坐標(biāo)代入半圓方程計(jì)算b，根據(jù)OM⊥AG計(jì)算a即可得出曲線C的方程；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），利用兩點(diǎn)式方程計(jì)算E，F(xiàn)的坐標(biāo)，從而得出AE和BF，根據(jù)x₀²+y₀²=1化簡(jiǎn)AE²+BF²即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵點(diǎn)$M（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$在半圓上，∴${b^2}=\frac{6}{9}+\frac{3}{9}=1$，∴b=1．
∴A（-1，0），又G（0，a），
∵點(diǎn)P位于點(diǎn)$M（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$時(shí)，△AGP的面積最大，
∴OM⊥AG，∵${k_{OM}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，∴${k_{AG}}=\sqrt{2}=\frac{a}$=a，
∴$a=\sqrt{2}$．
曲線C的方程為：$\frac{y^2}{2}+{x^2}=1（y≥0）$或x²+y²=1（y≤0）．
（2）$C（1，\sqrt{2}），D（-1，\sqrt{2}）$，設(shè)P（x₀，y₀），則直線PC方程為：$y-\sqrt{2}=\frac{{{y_0}-\sqrt{2}}}{{{x_0}-1}}（x-1）$，
令y=0，${x_E}=1-\frac{{\sqrt{2}（{x_0}-1）}}{{{y_0}-\sqrt{2}}}$，∴$AE=2-\frac{{\sqrt{2}（{x_0}-1）}}{{{y_0}-\sqrt{2}}}$
同理：$BF=2+\frac{{\sqrt{2}（{x_0}+1）}}{{{y_0}-\sqrt{2}}}$，
所以：$A{E^2}+B{F^2}={[{2-\frac{{\sqrt{2}（{x_0}-1）}}{{{y_0}-\sqrt{2}}}}]^2}+{[{2+\frac{{\sqrt{2}（{x_0}+1）}}{{{y_0}-\sqrt{2}}}}]^2}$
=$\frac{4{{x}_{0}}^{2}+4}{（{y}_{0}-\sqrt{2}）^{2}}$+$\frac{8\sqrt{2}}{{y}_{0}-\sqrt{2}}$+8，
∵x₀²+y₀²=1，得x₀²=1-y₀²，代入上式得
=$\frac{8-4{{y}_{0}}^{2}}{（{y}_{0}-\sqrt{2}）^{2}}$+$\frac{8\sqrt{2}}{{y}_{0}-\sqrt{2}}$+8
=$\frac{8-4{{y}_{0}}^{2}+8\sqrt{2}（{y}_{0}-\sqrt{2}）}{（{y}_{0}-\sqrt{2}）^{2}}$+8
=$\frac{-4（{y}_{0}-\sqrt{2}）^{2}}{（{y}_{0}-\sqrt{2}）^{2}}$+8=4．
∴AE²+BF²為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與圓錐曲線的關(guān)系，屬于中檔題．