Question

15．如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，過C的左焦點F₁，且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設橢圓C的左、右頂點分別為A，B，直線l經(jīng)過點B且垂直于x軸，點P是點C上異于A，B的任意一點，直線AP交直線l于點Q．
①設直線OQ，BP的斜率分別為k₁，k₂，求證：k₁•k₂為定值；
②當點P運動時，試判斷點Q與以BP為直徑的圓的位置關系？并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由離心率e，可得a²=4b²，由過點F 垂直于x軸的直線被橢圓所截得弦長為1，可得$\frac{2^{2}}{a}$=1，解出即可得出．
（2）①由橢圓方程求出兩個頂點A的坐標，設出P點坐標，寫出斜率k₁，k₂，結(jié)合P的坐標適合橢圓方程可證結(jié)論；
②以BP為直徑的圓的方程為（x-2）（x-x₀）+y（y-y₀）=0，把點Q代入得到方程左邊大于0，即可判斷Q與以BP為直徑的圓外．

解答 解（1）：由離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1+\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得a²=4b²，
∵過點F 垂直于x軸的直線被橢圓所截得弦長為1，∴$\frac{2^{2}}{a}$=1，
解得b=1，a=2，
∴橢圓C方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）①證明：令P（x₀，y₀），點A（-2，0）則直線PA的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$（x+2），
令x=2，得y=$\frac{4{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，則Q點的坐標為（2，$\frac{4{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$）
∴k₁=$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$．
∴k₁•k₂=$\frac{2{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$，
∵P（x₀，y₀）滿足$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，則${y}_{0}^{2}=1-\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$
∴k₁•k₂=-$\frac{1}{2}$，
②以BP為直徑的圓的方程為（x-2）（x-x₀）+y（y-y₀）=0，把Q點（2，$\frac{4{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$）代入方程左邊，得$\frac{4{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$（$\frac{4{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$-y₀）=4${y}_{0}^{2}•$$\frac{2-{x}_{0}}{（{x}_{0}^{2}+2）^{2}}$=4•$\frac{4-{x}_{0}^{2}}{4}•\frac{2-{x}_{0}}{（{x}_{0}+2）^{2}}$=4•$\frac{2+{x}_{0}}{4}•\frac{（2-{x}_{0}）^{2}}{（2+{x}_{0}）^{2}}$．（*），
∵x₀∈（-2，2），
∴x₀+2＞0，
∴（*）＞0，
∴Q與以BP為直徑的圓外，

點評 本題考查了直線的斜率，考查了直線與圓錐曲線的關系，考查了圓系方程，考查了學生的計算能力，是有一定難度題目．