Question

13．已知橢圓E的左、右焦點分別為F₁（-1，0）、F₂（1，0），長軸長為4．
（1）求橢圓E的方程；
（2）斜率為-$\frac{1}{2}$的直線l與橢圓E有且只有一個公共點P，過點P作直線l的垂線m，直線m與x軸相交于點Q，求證：∠F₁PQ=∠F₂PQ；
（3）根據(jù)第（2）小題的結(jié)論，請你寫出一個一般化的命題，使得第（2）小題是該命題的一個特例．

Answer 1

分析 （1）由已知可得c=1，a=2，運用a，b，c的關(guān)系可得b，進而得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+n，將其代入橢圓E的方程，得：x²-nx+n²-3=0，由△=0，得n=±2，運用向量的夾角公式，計算即可證明∠F₁PQ=∠F₂PQ；
（3）根據(jù)（2）的結(jié)論，即可得到一般化的命題．

解答 解：（1）由橢圓E的左右焦點分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
可得c=1，
再由長軸長為4，可得2a=4，即a=2，
b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
則橢圓方程為 $\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）證明：設(shè)直線l的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+n，
將其代入橢圓E的方程，得：x²-nx+n²-3=0，
∵直線l與橢圓E有且只有一個公共點P，
∴△=n²-4（n²-3）=12-3n²=0，
解得n²=4，即n=±2，
n=2時，由x²-2x+1=0，得x=1，∴P（1，$\frac{3}{2}$），
此時直線m方程為y-$\frac{3}{2}$=2（x-1），
令y=0，得Q（$\frac{1}{4}$，0），
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=（-2，-$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{PQ}$=（-$\frac{3}{4}$，-$\frac{3}{2}$），
cos∠F₁PQ=$\frac{\frac{3}{2}+\frac{9}{4}}{\frac{3}{2}•\frac{3\sqrt{5}}{4}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
同理，得cos∠F₂PQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴∠F₁PQ=∠F₂PQ，
同理，當(dāng)n=-2時也成立，
∴∠F₁PQ=∠F₂PQ；
（3）由（2）可得，一般化的命題為：
斜率為k的直線l與橢圓：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1有且只有一個公共點P，過點P作直線l的垂線m，
直線m與x軸相交于點Q，即有∠F₁PQ=∠F₂PQ．

點評 本題考查橢圓的標準方程、直線與橢圓等橢圓知識，考查推理論證能力、運算求解能力，屬于中檔題．