Question

3．如圖，橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點在直線l：x=1上，離心率$e=\frac{1}{2}$
（1）求橢圓方程；
（2）如果P、Q為橢圓上不同的兩點，且弦PQ的中點T在直線l上，試證：X軸上存在定點R，對于所有滿足條件的P、Q，恒有|RP|=|RQ|；
（3）在（2）的條件下，△PQR能否為等腰直角三角形？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的性質(zhì)、離心率計算公式e，及a²=b²+c²即可得出；
（2）設(shè) P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．假設(shè)X軸上存在定點R，對于所有滿足條件的P、Q，恒有|RP|=|RQ|；得（m-x₁）²+y₁²=（m-x₂）²+y₂²，即（2m-2）（x₁-x₂）=-$\frac{3}{2k}（{y}_{1}-{y}_{2}）$=-$\frac{3}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）$，得m=$\frac{1}{4}$，
（3）分類討論，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和兩點間的距離關(guān)系及其根與系數(shù)的關(guān)系即可得到滿足條件的直線斜率k存在即可．

解答 解：（1）∵橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點在直線l：x=1上，離心率$e=\frac{1}{2}$
∴$c=1，\frac{c}{a}=\frac{1}{a}=\frac{1}{2}$，∴a=2
b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}=\sqrt{3}$，
∴橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$
（2）依題意可得直線PQ的斜率不為0，
故設(shè)直線PQ方程為：y=kx+b
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$得（4k²+3）x²+8kbx+4b²-12=0．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8kb}{4{k}^{2}+3}=2$，
可得b=$-k-\frac{3}{4k}$
y₁+y₂=kx₁+b+kx₂+b=2k+2b=-$\frac{3}{2k}$．
假設(shè)X軸上存在定點R，對于所有滿足條件的P、Q，恒有|RP|=|RQ|；
得（m-x₁）²+y₁²=（m-x₂）²+y₂²
∴（2m-2）（x₁-x₂）=-$\frac{3}{2k}（{y}_{1}-{y}_{2}）$=-$\frac{3}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）$
∵x₁≠x₂，∴m=$\frac{1}{4}$，
即點R（$\frac{1}{4}$，0），
當直線PQ的斜率不存在時，顯然成立．
綜上，X軸上存在定點R（$\frac{1}{4}，0$），對于所有滿足條件的P、Q，恒有|RP|=|RQ|；
（3），△PQR為等腰直角三角形，則$\overrightarrow{RQ}•\overrightarrow{RP}=0$．
即$（{x}_{1}-\frac{1}{4}，{y}_{1}）$$•（{x}_{2}-\frac{1}{4}，{y}_{2}）$=0，∴（x₁-$\frac{1}{4}$）（x₂-$\frac{1}{4}$）+y₁y₂=0
∴${x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{4}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{16}$+（kx₁+b）（kx₂+b）=0．
∴$（{k}^{2}+1）{x}_{1}{x}_{2}-\frac{7}{16}+2kb+^{2}=0$．
∴（k²+1）$•\frac{4（-k-\frac{3}{4k}）^{2}-12}{4{k}^{2}+3}-\frac{7}{16}+2k（-k-\frac{3}{4k}）$+（-k-$\frac{3}{4k}$）²=0．
化簡得（12k²-7）（k²+1）=0
k²=$\frac{7}{12}$，k=±$\frac{\sqrt{21}}{6}$
∴（2）的條件下，△PQR能為等腰直角三角形，此時PQ的斜率為±$\frac{\sqrt{21}}{6}$

點評 本題綜合考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系、垂直與數(shù)量積的關(guān)系、兩點間的距離公式、斜率計算公式等基礎(chǔ)知識與基本能力，考查了推理能力和計算能力．