Question

16．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，其上頂點(diǎn)B與左焦點(diǎn)F所在的直線的傾斜角為$\frac{π}{3}$，O為坐標(biāo)原點(diǎn)OBF，三角形的周長為$3+\sqrt{3}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)橢圓E的右頂點(diǎn)為A，不過點(diǎn)A的直線l與橢圓E相交于P、Q兩點(diǎn)，若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A，求證：直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{c}$=tan$\frac{π}{3}$，a+b+c=3+$\sqrt{3}$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）A（2，0）．設(shè)直線l的方程為：my+t=x，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（3m²+4）y²+6mty+3t²-12=0．以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A，可得（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入化簡可得：t．即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\frac{c}$=tan$\frac{π}{3}$，a+b+c=3+$\sqrt{3}$，又a²=b²+c²，
聯(lián)立解得：a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）證明：A（2，0）．
設(shè)直線l的方程為：my+t=x，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my+t=x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3m²+4）y²+6mty+3t²-12=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-6mt}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3{t}^{2}-12}{3{m}^{2}+4}$，（*）
∵以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A，∴$\overrightarrow{AP}$⊥$\overrightarrow{AQ}$，
∴$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0，∴（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，
即（my₁+t-2）（my₂+t-2）+y₁y₂=0，化為：（m²+1）y₁y₂+（mt-2m）（y₁+y₂）+（t-2）²=0，
把（*）代入可得：（m²+1）•$\frac{3{t}^{2}-12}{3{m}^{2}+4}$+（mt-2m）•$\frac{-6mt}{3{m}^{2}+4}$+（t-2）²=0，
化簡可得：t=2或$\frac{2}{7}$．
t=2舍去．
代入直線l的方程：my+t=x，可得：my+$\frac{2}{7}$=x．
可得直線l經(jīng)過定點(diǎn)：$（\frac{2}{7}，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、圓的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．