Question

5．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1過點D（1，$\frac{3}{2}$），且右焦點為F（1，0）右頂點為A，過點F的弦為BC，直線BA，直線CA分別交直線l：x=m（m＞2）于P、Q兩點．
（1）求橢圓方程；
（2）若FP⊥FQ，求m的值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=1，運用橢圓的定義可得2a=4，a=2，再由橢圓的a，b，c的關(guān)系，可得b，進而得到橢圓方程；
（2）討論當(dāng)BC垂直于x軸，求得B，C的坐標，由共線求得P，Q的坐標，向量FP，F(xiàn)Q的坐標，由垂直的條件可得數(shù)量積為0，解得m=4，再考慮BC不垂直于x軸，設(shè)出直線方程，聯(lián)立橢圓方程，運用韋達定理，結(jié)合三點共線，可得P，Q的縱坐標，再由向量垂直的條件，得到方程，解得m=4．

解答 解：（1）右焦點為F（1，0），可得
c=1，左焦點F'為（-1，0），
由橢圓的定義可得2a=|DF|+|DF'|
=$\frac{3}{2}$+$\sqrt{{2}^{2}+\frac{9}{4}}$=4，
即有a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）當(dāng)BC垂直于x軸，即有B（1，-$\frac{3}{2}$），C（1，$\frac{3}{2}$），
設(shè)P（m，s），Q（m，t），A（2，0），F(xiàn)（1，0），
由B，A，P共線，可得k_AB=k_AP，
即為$\frac{3}{2}$=$\frac{s}{m-2}$，即有s=$\frac{3}{2}$（m-2），
即有P（m，$\frac{3}{2}$（m-2）），$\overrightarrow{FP}$=（m-1，$\frac{3}{2}$（m-2）），
同樣可得Q（m，-$\frac{3}{2}$（m-2）），$\overrightarrow{FQ}$=（m-1，-$\frac{3}{2}$（m-2）），
FP⊥FQ即為$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=0，
即有（m-1）²-$\frac{9}{4}$（m-2）²=0，
解得m=4；
當(dāng)直線CB與x軸不垂直，則設(shè)直線CB的斜率為k，（k≠0）
∴直線CB的方程為y=k（x-1），k≠0，
又設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），P（m，y₃），Q（m，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，消y得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=$\frac{-9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
又∵A、B、P三點共線，
∴y₃=（m-2）•$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$，同理y₄=（m-2）•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，
∴$\overrightarrow{FP}$=（m-1，（m-2）•$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$），$\overrightarrow{FQ}$=（m-1，（m-2）•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$），
由于$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=0，即為$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=（m-1）²+（m-2）²•$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=0，
分別代入x₁+x₂，x₁x₂，y₁y₂，可得（m-1）²-$\frac{9}{4}$（m-2）²=0，
解得m=4．
綜上可得m=4．

點評 本題考查橢圓方程的求法和橢圓的性質(zhì)，考查向量垂直的條件即為向量的數(shù)量積為0，解題時要認真審題，注意分類討論思想的合理運用和化簡整理的運算能力．