Question

11．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點(diǎn)為B，左焦點(diǎn)為F，離心率為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
（Ⅰ）求直線BF的斜率．
（Ⅱ）設(shè)直線BF與橢圓交于點(diǎn)P（P異于點(diǎn)B），過點(diǎn)B且垂直于BP的直線與橢圓交于點(diǎn)Q（Q異于點(diǎn)B），直線PQ與y軸交于點(diǎn)M，|PM|=λ|MQ|．
（i）求λ的值．
（ii）若|PM|sin∠BQP=$\frac{7\sqrt{5}}{9}$，求橢圓的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過e=$\frac{\sqrt{5}}{5}$、a²=b²+c²、B（0，b），計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），M（x_M，y_M）．（i）通過（I），聯(lián)立直線BF與橢圓方程，利用韋達(dá)定理可得x_P=-$\frac{5c}{3}$，利用BQ⊥BP，聯(lián)立直線BQ與橢圓方程，通過韋達(dá)定理得x_Q=$\frac{40c}{21}$，計(jì)算即得結(jié)論；（ii）通過$\frac{|PM|}{|MQ|}$=$\frac{7}{8}$可得|PQ|=$\frac{15}{7}$|PM|，利用|PM|sin∠BQP=$\frac{7\sqrt{5}}{9}$，可得|BP|=$\frac{5\sqrt{5}}{3}$，通過y_P=2x_P+2c=-$\frac{4}{3}$c計(jì)算可得c=1，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)左焦點(diǎn)F（-c，0），
∵離心率e=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，a²=b²+c²，∴a=$\sqrt{5}$c，b=2c，
又∵B（0，b），∴直線BF的斜率k=$\frac{b-0}{0-（-c）}$=$\frac{2c}{c}$=2；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），M（x_M，y_M）．
（i）由（I）知a=$\sqrt{5}$c，b=2c，k_BF=2，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{5{c}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4{c}^{2}}$=1，直線BF方程為y=2x+2c，
聯(lián)立直線BF與橢圓方程，消去y并整理得：3x²+5cx=0，解得x_P=-$\frac{5c}{3}$，
∵BQ⊥BP，∴直線BQ的方程為：y=-$\frac{1}{2}$x+2c，
聯(lián)立直線BQ與橢圓方程，消去y并整理得：21x²-40cx=0，解得x_Q=$\frac{40c}{21}$，
又∵λ=$\frac{|PM|}{|MQ|}$，及x_M=0，∴λ=$\frac{|{x}_{M}-{x}_{P}|}{|{x}_{Q}-{x}_{M}|}$=$\frac{|{x}_{P}|}{|{x}_{Q}|}$=$\frac{7}{8}$；
（ii）∵$\frac{|PM|}{|MQ|}$=$\frac{7}{8}$，∴$\frac{|PM|}{|PM|+|MQ|}$=$\frac{7}{7+8}$=$\frac{7}{15}$，即|PQ|=$\frac{15}{7}$|PM|，
又∵|PM|sin∠BQP=$\frac{7\sqrt{5}}{9}$，∴|BP|=|PQ|sin∠BQP=$\frac{15}{7}$|PM|sin∠BQP=$\frac{5\sqrt{5}}{3}$，
又∵y_P=2x_P+2c=-$\frac{4}{3}$c，∴|BP|=$\sqrt{（0+\frac{5c}{3}）^{2}+（2c+\frac{4c}{3}）^{2}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{3}$c，
因此$\frac{5\sqrt{5}}{3}$=$\frac{5\sqrt{5}}{3}$c，即c=1，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{5}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)、直線的方程、兩條直線垂直等基礎(chǔ)知識(shí)，考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力以及用方程思想和化歸思想解決問題的能力，屬于中檔題．