Question

12．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率是$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，一個頂點是B（0，1）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)P，Q是橢圓C上異于點B的任意兩點，且BP⊥BQ．試問：直線PQ是否恒過一定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓C的半焦距為c．求出b利用離心率求出a，即可求解橢圓C的方程．
（Ⅱ）證法一：直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m．將直線PQ的方程代入x²+4y²=4，
消去y，設(shè) P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用韋達定理，通過BP⊥BQ，化簡求出5m²-2m-3=0，求出m，即可得到直線PQ恒過的定點．
證法二：直線BP，BQ的斜率均存在，設(shè)直線BP的方程為y=kx+1，將直線BP的方程代入x²+4y²=4，消去y，解得x，設(shè) P（x₁，y₁），轉(zhuǎn)化求出P的坐標，求出Q坐標，求出直線PQ的方程利用直線系方程求出定點坐標．

解答 （本小題滿分14分）
（Ⅰ）解：設(shè)橢圓C的半焦距為c．依題意，得b=1，（1分）
且 ${e^2}=\frac{c^2}{a^2}=\frac{{{a^2}-1}}{a^2}=\frac{3}{4}$，（3分）
解得 a²=4．（4分）
所以，橢圓C的方程是$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．（5分）
（Ⅱ）證法一：易知，直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m．（6分）
將直線PQ的方程代入x²+4y²=4，
消去y，整理得 （1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．（8分）
設(shè) P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則 ${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．①（9分）
因為 BP⊥BQ，且直線BP，BQ的斜率均存在，
所以 $\frac{{{y_1}-1}}{x_1}•\frac{{{y_2}-1}}{x_2}=-1$，整理得 x₁x₂+y₁y₂-（y₁+y₂）+1=0．②（10分）
因為 y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
所以 y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m，${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}+mk（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$．③
將③代入②，整理得$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+k（m-1）（{x_1}+{x_2}）+{（m-1）^2}=0$．④（11分）
將①代入④，整理得 5m²-2m-3=0．（13分）
解得 $m=-\frac{3}{5}$，或m=1（舍去）．
所以，直線PQ恒過定點$（0，-\frac{3}{5}）$．（14分）
證法二：直線BP，BQ的斜率均存在，設(shè)直線BP的方程為y=kx+1．（6分）
將直線BP的方程代入x²+4y²=4，消去y，得 （1+4k²）x²+8kx=0．（8分）
解得 x=0，或$x=\frac{-8k}{{1+4{k^2}}}$．（9分）
設(shè) P（x₁，y₁），所以${x_1}=\frac{-8k}{{1+4{k^2}}}$，${y_1}=k{x_1}+1=\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，
所以 $P（\frac{-8k}{{1+4{k^2}}}，\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}）$．（10分）
以$-\frac{1}{k}$替換點P坐標中的k，可得 $Q（\frac{8k}{{4+{k^2}}}，\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}）$．（11分）
從而，直線PQ的方程是 $\frac{{y-\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}}}{{\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}-\frac{{{k^2}-4}}{{{k^2}+4}}}}=\frac{{x+\frac{8k}{{1+4{k^2}}}}}{{\frac{-8k}{{1+4{k^2}}}-\frac{8k}{{4+{k^2}}}}}$．
依題意，若直線PQ過定點，則定點必定在y軸上．（13分）
在上述方程中，令x=0，解得$y=-\frac{3}{5}$．
所以，直線PQ恒過定點$（0，-\frac{3}{5}）$．（14分）

點評 本題考查橢圓的標準方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，難度比較大，是壓軸題．