Question

6．已知橢圓$G：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$ 的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，直線l 過橢圓G 的右頂點A（2，0），且交橢圓G于另一點C
（Ⅰ）求橢圓G 的標準方程；
（Ⅱ）若以AC 為直徑的圓經(jīng)過橢圓G 的上頂點B，求直線l 的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題設(shè)可得$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，a=2$，及其a²=b²+c²，解出即可得出．
（Ⅱ）法1：以AC為直徑的圓經(jīng)過點B等價于$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=0$．由題設(shè)可得B（0，1），利用數(shù)量積運算性質(zhì)可得：$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=2{x_C}-{y_C}+1=0$．
又C（x_C，y_C） 在橢圓G 上，可得$17{x_C}^2+16{x_C}=0$，解出即可得出．
法2：由題意，直線l 的斜率一定存在，故設(shè)直線l 為y=k（x-2），與橢圓方程聯(lián)立可得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：由題設(shè)可得以AC為直徑的圓經(jīng)過點B（0，1）等價于$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=0$．解出即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由題設(shè)可得$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，a=2$，
解得$c=\sqrt{3}$，
因為a²=b²+c²，所以$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=1$，
所以橢圓G 的標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．．
（Ⅱ）法1：以AC為直徑的圓經(jīng)過點B等價于$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=0$．
由題設(shè)可得B（0，1），所以$\overrightarrow{BA}=（{2，-1}）$，$\overrightarrow{BC}=（{{x_C}，{y_C}-1}）$，
所以$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=2{x_C}-{y_C}+1=0$．
又C（x_C，y_C） 在橢圓G 上，所以$\frac{{{x_C}^2}}{4}+{y_C}^2=1$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{c}=2{x}_{c}+1}\\{{x}_{c}^{2}+4{y}_{c}^{2}=4}\end{array}\right.$，可得$17{x_C}^2+16{x_C}=0$，
解得x_C=0 或${x_C}=-\frac{16}{17}$，
所以C（0，1）或$C（-\frac{16}{17}，-\frac{15}{17}）$，
所以，直線l 方程為x+2y-2=0或3x-10y-6=0．
法2：由題意，直線l 的斜率一定存在，故設(shè)直線l 為y=k（x-2），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，可得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0．
△＞0，${x_C}{x_A}=\frac{{16{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，
又因為x_A=2，所以${x_C}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}$．
由題設(shè)可得以AC為直徑的圓經(jīng)過點B（0，1）等價于$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=0$．
所以$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{BA}=2{x_C}-{y_C}+1=2{x_C}-k（{x_C}-2）+1=0$，
即$\frac{{20{k^2}+4k-3}}{{1+4{k^2}}}=0$．
解得$k=-\frac{1}{2}$ 或$k=\frac{3}{10}$．
所以，直線l 方程為x+2y-2=0 或3x-10y-6=0．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．