Question

2．橢圓C焦點(diǎn)在y軸上，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，上焦點(diǎn)到上頂點(diǎn)距離為2-$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）直線l與橢圓C交與P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△OPQ的面積S_△OPQ=1，則|$\overrightarrow{OP}$|²+|$\overrightarrow{OQ}$|²是否為定值，若是求出定值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用橢圓的離心率公式和兩點(diǎn)的距離公式，及a，b，c的關(guān)系，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），討論直線l的斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，結(jié)合三角形的面積公式，點(diǎn)到直線的距離公式和弦長(zhǎng)公式，化簡(jiǎn)整理，即可得到所求和為定值5．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ a-c=2-\sqrt{3}\end{array}\right.$，
解得$a=2，c=\sqrt{3}$，
可得b²=a²-c²=1，
即有橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：${x^2}+\frac{y^2}{4}=1$；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
（1）當(dāng)l斜率不存在時(shí)，P，Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，
S_△OPQ=|x₁|•|y₁|=1，
又${x_1}^2+\frac{{{y_1}^2}}{4}=1$，解得${x_1}^2=\frac{1}{2}，{y_1}^2=2$，
|$\overrightarrow{OP}$|²+|$\overrightarrow{OQ}$|²=2（x₁²+y₁²）=2×（$\frac{1}{2}$+2）=5；                 
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
由題意知m≠0，將其代入${x^2}+\frac{y^2}{4}=1$，得
（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0，
即有$\left\{\begin{array}{l}△={（{2km}）^2}-4（{{k^2}+4}）•（{{m^2}-4}）＞0⇒{k^2}+4＞{m^2}\\{x_1}+{x_2}=-\frac{2km}{{{k^2}+4}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{{{k^2}+4}}\end{array}\right.$，
則$|{PQ}|=\sqrt{（{1+{k^2}}）{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}}$，O到PQ距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
則${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|•d=\frac{{|m|•\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}}}}{2}=\frac{{|m|•\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}•{x_2}}}}{2}=1$，
解得k²+4=2m²，滿足△＞0，
則${x_1}+{x_2}=-\frac{2km}{{{k^2}+4}}=-\frac{k}{m}，{x_1}•{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{{2{m^2}}}$，
即有|$\overrightarrow{OP}$|²+|$\overrightarrow{OQ}$|²=（x₁²+y₁²）（x₂²+y₂²）
=$-3（{{x_1}^2+x_2^2}）+8=-3{（{{x_1}+{x_2}}）^2}+6{x_1}•{x_2}+8$
=$-3{（{-\frac{k}{m}}）^2}+6•\frac{{{m^2}-4}}{{2{m^2}}}+8=\frac{{-3{k^2}+3{m^2}-12}}{m^2}+8$=-3+8=5，
綜上可得|$\overrightarrow{OP}$|²+|$\overrightarrow{OQ}$|²為定值5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用離心率公式，考查直線和橢圓聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，注意討論直線的斜率不存在，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．