Question

12．已知中心在原點O，焦點在x軸上，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$的橢圓C過點$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)B為橢圓的上頂點，P、Q為橢圓C上異于點B的任意兩點．
（ⅰ）設(shè)P、Q兩點的連線不經(jīng)過原點，且直線OP、PQ、OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求△OPQ面積的取值范圍；
（ⅱ）當(dāng)BP⊥BQ時，若點B在線段PQ上的射影為點M，求點M的軌跡方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的方程的定義即可求出，
（2）（ⅰ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的方程為y=kx+m，根據(jù)韋達(dá)定理，以及等比數(shù)列，得到關(guān)于k的方程，求出k的值，由點到直線的距離和三角形的面積公式即可求出．
（ⅱ）由直線垂直的條件和韋達(dá)定理得到關(guān)于m的方程，求出m，設(shè)M（x，y），由BM⊥PQ，代入PQ方程得$y=-\frac{x^2}{y-1}=-\frac{3}{5}$，整理即可．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，由$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ \frac{2}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$
所以橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
（2）（ⅰ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立消去y，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$
∵直線OP、PQ、OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
所以$\frac{y_1}{x_1}•\frac{y_2}{x_2}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}={k^2}$
即$\frac{{-8{k^2}{m^2}}}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$，又m≠0，所以${k^2}=\frac{1}{4}$即$k=±\frac{1}{2}$，
由于直線OQ的斜率存在且不為0及△＞0，得0＜m²＜2且m²≠1
設(shè)d為點O到直線l的距離，則${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}d|PQ|=\frac{1}{2}\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}•\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|$=$\frac{1}{2}|m|\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{m^2}（2-{m^2}）}$
∴S_△OPQ的面積的范圍為（0，1），
（ⅱ）由BP⊥BQ得，$\frac{{{y_1}-1}}{x_1}•\frac{{{y_2}-1}}{x_2}=-1$，即x₁x₂+y₁y₂-（y₁+y₂）+1=0
從而可得$\frac{{（{k^2}+1）（4{m^2}-4）}}{{4{k^2}+1}}+k（m-1）•\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}+{（m-1）^2}=0$
化簡，得5m²-2m-3=0，解得m=1（舍）或$m=-\frac{3}{5}$，
設(shè)M（x，y），因此BM⊥PQ，所以$k=\frac{x}{y-1}$，代入PQ方程得$y=-\frac{x^2}{y-1}-\frac{3}{5}$
整理得${x^2}+{（y-\frac{1}{5}）^2}={（\frac{4}{5}）^2}$，由題意知，軌跡不經(jīng)過B（0，1）
∴動點M的軌跡方程為${x^2}+{（y-\frac{1}{5}）^2}={（\frac{4}{5}）^2}（y≠1）$

點評 本題考查直線方程的求法，具體涉及到橢圓的簡單性質(zhì)、直線方程的性質(zhì)、韋達(dá)定理等基本知識點．解題時要認(rèn)真審題，注意合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化．