Question

7．已知A、B分別是橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右頂點(diǎn)，離心率為$\frac{1}{2}$，右焦點(diǎn)與拋物線y²=4x的焦點(diǎn)F重合．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知點(diǎn)P是橢圓C上異于A、B的動點(diǎn)，直線l過點(diǎn)A且垂直于x軸，若過F作直線FQ垂直于AP，并交直線l于點(diǎn)Q，證明：Q、P、B三點(diǎn)共線．

Answer 1

分析 （1）拋物線y²=4x的焦點(diǎn)F（1，0），可得c=1．再利用$e=\frac{1}{2}$=$\frac{c}{a}$，b²=a²-c²，即可得出．
（2）由（1）知直線l的方程為x=-2，由題意可設(shè)AP的方程為y=k（x+2）（k≠0），與橢圓方程聯(lián)立得（3+4k²）x²+16k²x+16k²-12=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系，可得點(diǎn)P坐標(biāo)．FQ⊥AP，${k_{QF}}=-\frac{1}{k}$，可得直線QF的方程為$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，與l方程聯(lián)立解得交點(diǎn)Q，證明k_BQ=k_PQ即可得出．

解答 解：（1）拋物線y²=4x的焦點(diǎn)F（1，0），∴c=1
∵$e=\frac{1}{2}$=$\frac{c}{a}$，∴a=2，∴b²=a²-c²=3，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）由（1）知直線l的方程為x=-2，∵點(diǎn)P異于A，B，∴直線AP的斜率存在且不為0，
設(shè)AP的方程為y=k（x+2）（k≠0），
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=k（x+2）}\end{array}}\right.$，得（3+4k²）x²+16k²x+16k²-12=0
${x_P}+{x_A}=\frac{{-16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，∴${x_P}=\frac{{6-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${y_P}=\frac{12k}{{3+4{k^2}}}$．
又∵QF⊥AP，${k_{QF}}=-\frac{1}{k}$，∴直線QF的方程為$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-1）}\\{x=-2}\end{array}}\right.$，解得交點(diǎn)$Q（-2，\frac{3}{k}）$，${k_{PQ}}=\frac{{\frac{12k}{{3+4{k^2}}}-\frac{3}{k}}}{{\frac{{6-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+2}}=-\frac{3}{4k}$，${k_{BQ}}=\frac{{\frac{3}{k}-0}}{-2-2}=-\frac{3}{4k}$，
即k_BQ=k_PQ，有公共點(diǎn)Q，所以Q，P，B三點(diǎn)共線．

點(diǎn)評 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、斜率計算公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三點(diǎn)共線，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．