Question

15．如圖，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下頂點分別為A，B，右焦點為F，點P在橢圓C上，且OP⊥AF．
（1）若點P坐標為（1，$\sqrt{3}$），求橢圓C的方程；
（2）延長AF交橢圓C與點Q，若直線OP的斜率是直線BQ的斜率的3倍，求橢圓C的離心率；
（3）是否存在橢圓C，使直線AF平分線段OP？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)點P在橢圓C上，且OP⊥AF．列式求出a、b即可
（2）由AF：$\frac{x}{c}+\frac{y}=1$與$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$聯(lián)立，得${x_Q}=\frac{{2{a^2}c}}{{{a^2}+{c^2}}}$，${y_Q}=\frac{{b（{c^2}-{a^2}）}}{{{a^2}+{c^2}}}$．由直線OP的斜率是直線BQ的斜率的3倍，得$\frac{c}=\frac{3bc}{a^2}$，$e=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（3）OP：$y=\frac{c}x$．設AF與OP交于H點，由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{c}x}\\{\frac{x}{c}+\frac{y}=1}\end{array}}\right.$，得$H（\frac{{{b^2}c}}{a^2}，\frac{{b{c^2}}}{a^2}）$．$P（\frac{{2{b^2}c}}{a^2}，\frac{{2b{c^2}}}{a^2}）$代入橢圓方程得$\frac{{4{b^4}{c^2}}}{a^6}+\frac{{4{b^2}{c^4}}}{{{a^4}{b^2}}}=1$，令$\frac{c^2}{a^2}=t（0＜t＜1）$，得4[（-t）²t+t²]=1，設$f（t）={t^3}-{t^2}+t-\frac{1}{4}$，只需f（t）在（0，1）存在t，使f（t）=0即可判定，

解答 解：（1）A（0，b），F(xiàn)（-c，0），${k_{AF}}=-\frac{c}=-\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，∴$c=\sqrt{3}b$．∴a²=4b²．
又$P（1，\sqrt{3}）$，∴$\frac{1}{{4{b^2}}}+\frac{3}{b^2}=1$．∴${b^2}=\frac{13}{4}$，a²=13．∴方程為$\frac{x^2}{13}+\frac{y^2}{{\frac{13}{4}}}=1$．

（2）AF：$\frac{x}{c}+\frac{y}=1$與$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$聯(lián)立，得，$\frac{x^2}{a^2}+{（1-\frac{x}{c}）^2}=1$．∴${x_Q}=\frac{{2{a^2}c}}{{{a^2}+{c^2}}}$，${y_Q}=\frac{{b（{c^2}-{a^2}）}}{{{a^2}+{c^2}}}$．
又B（0，-b），∴${k_{BQ}}=\frac{bc}{a^2}$．∵${k_{OP}}=\frac{c}$，
∵直線OP的斜率是直線BQ的斜率的3倍
∴$\frac{c}=\frac{3bc}{a^2}$，∴$e=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（3）OP：$y=\frac{c}x$．設AF與OP交于H點，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{c}x}\\{\frac{x}{c}+\frac{y}=1}\end{array}}\right.$，得$H（\frac{{{b^2}c}}{a^2}，\frac{{b{c^2}}}{a^2}）$．
由直線AF平分線段OP，得$P（\frac{{2{b^2}c}}{a^2}，\frac{{2b{c^2}}}{a^2}）$代入橢圓方程，
得$\frac{{4{b^4}{c^2}}}{a^6}+\frac{{4{b^2}{c^4}}}{{{a^4}{b^2}}}=1$，令$\frac{c^2}{a^2}=t（0＜t＜1）$，
得4[（-t）²t+t²]=1，設$f（t）={t^3}-{t^2}+t-\frac{1}{4}$，f'（t）=3t²-2t+1＞0恒成立，∴f（t）在（0，1）上遞增．
又$f（0）=-\frac{1}{4}＜0$，$f（1）=\frac{3}{4}＞0$，
∴f（t）在（0，1）存在t，使f（t）=0，
∴存在橢圓C，使AF平分線段OP．

點評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關系，考查了方程思想、轉(zhuǎn)化思想、計算能力，屬于中檔題．