Question

14．如圖．已知F₁，F(xiàn)₂分別為橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，其離心率e=$\frac{1}{2}$，且a+c=3．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)A，B分別為橢圓的上、下頂點，過F₂作直線l與橢圓交于C、D兩點，并與y軸交于點P（異于A，B，O點），直線AC與直線BD交于點Q，則$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$是否為定值，若是，請證明你的結(jié)論；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 對于第（1）問，由離心率得a與c的關(guān)系式，聯(lián)立a+c=3，得a與c的值，結(jié)合b²=a²-c²，得b²，即得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
對于第（2）問，
方法一：設(shè)直線l的方程為x=my+1（m≠0），聯(lián)立$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$，得到關(guān)于y的一元二次方程，設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由韋達定理，得y₁+y₂及y₁y₂．寫出直線AC與BD的方程，設(shè)法利用y₁+y₂及y₁y₂兩直線交點的縱坐標(biāo)用m表示，設(shè)出橫坐標(biāo)，寫出點P的坐標(biāo)，從而可計算出$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的值，即可作出判斷．
方法二：設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），P（0，-k），聯(lián)立$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$，得到關(guān)于x的一元二次方程，由韋達定理，得x₁+x₂及x₁x₂，從而得x₁-x₂，寫出直線AC與BD的方程，利用合分比定理得兩直線交點的縱坐標(biāo)（用m表示），可判斷$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$是否為定值．

解答 解析：（1）由題意得，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，又a+c=3，解得a=2，c=1，
∴b²=a²-c²=3，
故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$．
（2）$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$是為定值3．證明如下：
方法一：易知，直線l不垂直于x軸，由（1），得F₂（1，0），
可設(shè)直線l的方程為x=my+1（m≠0），則P（0，-$\frac{1}{m}$）．
將直線x=my+1代入$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$中，整理，得（3m²+4）y²+6my-9=0，有△＞0．
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由韋達定理，得y₁+y₂=$-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$-\frac{9}{3{m}^{2}+4}$．
直線AC的方程為y-$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}}$x，直線BD的方程為y+$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{2}+\sqrt{3}}{{x}_{2}}$x，
聯(lián)立兩直線方程，消去x，得$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$=$\frac{{x}_{2}（{y}_{1}-\sqrt{3}）}{{x}_{1}（{y}_{2}+\sqrt{3}）}$，
∴（$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$）²=$\frac{{x}_{2}^{2}（{y}_{1}-\sqrt{3}）^{2}}{{x}_{1}^{2}（{y}_{2}-\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{（3-{y}_{2}^{2}）（{y}_{1}-\sqrt{3}）^{2}}{（3-{y}_{1}^{2}）（{y}_{2}-\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{（{y}_{1}-\sqrt{3}）（{y}_{2}-\sqrt{3}）}{（{y}_{1}+\sqrt{3}）（{y}_{2}+\sqrt{3}）}$
=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}-\sqrt{3}（{y}_{1}+{y}_{2}）+3}{{y}_{1}{y}_{2}+\sqrt{3}（{y}_{1}+{y}_{2}）+3}$=$\frac{-\frac{9}{3{m}^{2}+4}-\sqrt{3}（-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}）+3}{-\frac{9}{3{m}^{2}+4}+\sqrt{3}（-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}）+3}$=（$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$）²．
∵-$\sqrt{3}$＜y₁，y₂＜$\sqrt{3}$，∴$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$與$\frac{x2}{x1}$異號，
∵x₁x₂=m²y₁y₂+m（y₁+y₂）+1=m²（$-\frac{9}{3{m}^{2}+4}$）+m（$-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$）+1=$\frac{4（1-\sqrt{3}m）（1+\sqrt{3}m）}{3{m}^{2}+4}$，
∴$\frac{x2}{x1}$與$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$異號，∴$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$與$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$同號，∴$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$，
解得y=-3m，因此，可設(shè)點Q的坐標(biāo)為（x_Q，-3m），
故$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=（0，-$\frac{1}{m}$）•（xQ，-3m）=3（定值）．
解法二：設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），P（0，-k），代入$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$中，
整理得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由韋達定理，得x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
從而$|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{12\sqrt{{k^2}+1}}}{{3+4{k^2}}}$．…①
直線AC的方程為y-$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}}x$，直線BD的方程為y+$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{2}+\sqrt{3}}{{x}_{2}}x$，
聯(lián)立兩直線方程，消去x，得$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$=$\frac{{x}_{2}（{y}_{1}-\sqrt{3}）}{{x}_{1}（{y}_{2}-\sqrt{3}）}$=$\frac{{k{x_1}{x_2}-（k+\sqrt{3}）{x_2}}}{{k{x_1}{x_2}-（k-\sqrt{3}）{x_1}}}$，
由合分比定理，得$\frac{2y}{{2\sqrt{3}}}=\frac{{2k{x_1}{x_2}-k（{x_1}+{x_2}）-\sqrt{3}（{x_2}-{x_1}）}}{{k（{x_2}-{x_1}）+\sqrt{3}（{x_1}+{x_2}）}}$，
將①代入上式中，化簡，得y=-$\frac{3}{k}$，
故$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=（0，-k）•（x_Q，-$\frac{3}{k}$）=3（定值）．

點評 本題屬壓軸題，計算量較大，難點在于如何用m表示AC與BD交點Q的坐標(biāo)，求解時應(yīng)注意韋達定理的靈活運用．對于定值的判斷，求解的一般步驟是：
1．選定參變量（如點的坐標(biāo)，直線的斜率、截距等），建立直線方程；
2．利用已知條件尋找等量關(guān)系；
3．將所得關(guān)系式與所判斷的式子聯(lián)立后探求定值．