Question

20．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O上，短軸的端點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），（0，-1），離心率是$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)M（-1，0）且與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，若PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，求直線(xiàn)l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意設(shè)出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，結(jié)合已知得到關(guān)于a，b，c的方程組，求解方程組得到a，b，c的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）由已知條件得$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$，當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在，則直線(xiàn)l的方程為x=-1，求出P，Q的坐標(biāo)，可知與題意不符；當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=k（x+1），聯(lián)立直線(xiàn)方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$求得k=±2．則直線(xiàn)l的方程可求．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，
由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ b=1\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\end{array}\right.$，
解得a²=4，b²=1．
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）由已知條件得$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$，
若直線(xiàn)l的斜率不存在，則過(guò)點(diǎn)M（-1，0）的直線(xiàn)l的方程為x=-1，
此時(shí)$P（{-1，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），Q（{-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，不符合題意．
若直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=k（x+1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=k（{x+1}）\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8k²x+4k²-4=0．
由△=48k²+16＞0．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
故${x_1}+{x_2}=\frac{{-8{k^2}}}{{4{k^2}+1}}$，①${x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$，②
${y_1}{y_2}={k^2}（{{x_1}+1}）（{{x_2}+1}）={k^2}{x_1}{x_2}+{k^2}（{{x_1}+{x_2}}）+{k^2}$．
由$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$，得x₁x₂+y₁y₂=0，即$（{{k^2}+1}）{x_1}{x_2}+{k^2}（{{x_1}+{x_2}}）+{k^2}=0$，③
聯(lián)立①②③得k=±2．
∴直線(xiàn)l的方程為2x-y+2=0或2x+y+2=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線(xiàn)與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查向量垂直與數(shù)量積間的關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．