Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，Q為橢圓C的左頂點(diǎn)，斜率為k（k≠0）的直線l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)∠AQB=$\frac{π}{2}$時(shí)，直線1過(guò)x軸上的定點(diǎn)N，則點(diǎn)N的坐標(biāo)為N（-$\frac{2}{5}$，0）或（$-\frac{6}{5}，0$）．

Answer 1

分析 由題意方程求出左頂點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)出直線方程y=kx+m，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出A，B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)的和與積，結(jié)合∠AQB=$\frac{π}{2}$，可得$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=0$，轉(zhuǎn)化為含有m，k的關(guān)系式，把m用含有k的代數(shù)式表示，代入直線方程可得點(diǎn)N的坐標(biāo)．

解答 解：如圖，

由題意可知Q（-2，0），設(shè)AB所在直線方程為y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
△=64k²m²-（4+16k²）（4m²-4）=16-16m²+64k²．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∵∠AQB=$\frac{π}{2}$，
∴$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=0$，
又$\overrightarrow{QA}=（{x}_{1}+2，{y}_{1}），\overrightarrow{QB}=（{x}_{2}+2，{y}_{2}）$，
∴（x₁+2）（x₂+2）+y₁y₂=0，
即x₁x₂+2（x₁+x₂）+4+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
整理得：$（{k}^{2}+1）{x}_{1}{x}_{2}+（km+2）（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}+4=0$．
即$（{k}^{2}+1）•\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-（km+2）•\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$+m²+4=0．
∴（5m-2k）（5m-6k）=0．
則5m-2k=0或5m-6k=0．
當(dāng)5m-2k=0，即m=$\frac{2k}{5}$時(shí)，△＞0成立，直線l：y=kx+$\frac{2}{5}k$，直線過(guò)定點(diǎn)（-$\frac{2}{5}$，0）；
當(dāng)5m-6k=0，即m=$\frac{6k}{5}$時(shí)，△＞0成立，直線l：y=kx+$\frac{6k}{5}$，直線過(guò)定點(diǎn)（$-\frac{6}{5}，0$）．
綜上，直線1過(guò)x軸上的定點(diǎn)N（-$\frac{2}{5}$，0）或（$-\frac{6}{5}，0$）．
故答案為：N（-$\frac{2}{5}$，0）或（$-\frac{6}{5}，0$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了平面向量在解決圓錐曲線問(wèn)題中的應(yīng)用，考查了直線系方程問(wèn)題，是中檔題．