Question

11．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，過右焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，且|MN|=3．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l經(jīng)過點(diǎn)F且斜率為k，l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，與以橢圓C的右頂點(diǎn)E為圓心的圓相交于P，Q兩點(diǎn)（A，P，B，Q自下至上排列），O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=-$\frac{9}{5}$，且|AP|=|BQ|，求直線l和圓E的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$，c²=a²-b²，及，$2•\frac{b^2}{a}=3$，可求得a、b和c的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線方程及A和B的坐標(biāo)，將直線方程代入橢圓方程，整理得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求得x₁+x₂及x₁•x₂，并求得y₁•y₂，利用向量的坐標(biāo)表示，整理可求得k的值，|AP|=|BQ|，可知|AB|=|PQ|，分別表示出|AB|和|PQ|，將k值代入，可求得圓的半徑，即可求得圓的方程和直線方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)F（c，0），則由題意得c²=a²-b²，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，$2•\frac{b^2}{a}=3$，
解得$a=2，b=\sqrt{3}，c=1$，∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（Ⅱ）由題意，直線l的斜率k存在．設(shè)l的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立橢圓方程得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
∴${y_1}{y_2}=-\frac{{9{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$．…（6分）
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=-\frac{{12+5{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$．
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-\frac{9}{5}$，
∴$-\frac{{12+5{k^2}}}{{3+4{k^2}}}=-\frac{9}{5}$，解得k²=3．…（8分）
由題意可得，|AP|=|BQ|等價(jià)于|AB|=|PQ|．…（9分）
設(shè)圓E的半徑為r，
∵$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{12+12{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，$|{PQ}|=2\sqrt{{r^2}-\frac{k^2}{{{k^2}+1}}}$．
將k²=3代入|AB|=|PQ|解得${r^2}=\frac{331}{100}$．…（11分）
故所求直線l的方程為$y=±\sqrt{3}（{x-1}）$，即$\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}=0$與$\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}=0$；
圓E的方程為${（{x-2}）^2}+{y^2}=\frac{331}{100}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題綜合考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．