Question

12．如圖，A、B分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（2＞b＞0）的左右頂點(diǎn)，F(xiàn)為其右焦點(diǎn)，|AF|×|FB|=3．
（1）求b；
（2）已知直線l過點(diǎn)A且垂直于x軸，點(diǎn)Q是直線l異于A的動(dòng)點(diǎn)，直線BQ交橢圓C于點(diǎn)P，證明：AP⊥FQ．

Answer 1

分析 （1）由|AF|×|FB|=3，可得（a+c）（a-c）=3，a=2，解得c，b²=a²-c²，即可得出．
（2）F$（\sqrt{3}，0）$．設(shè)直線BQ的方程為：y=k（x-2），令x=-2，則Q（-2，-4k）（k≠0），k_FQ=$\frac{4}{3}$k．直線方程與橢圓方程聯(lián)立可得x_P，y_P，k_AP．只要證明：k_FQ•k_AP=-1．即可得出．

解答 （1）解：∵|AF|×|FB|=3，∴（a+c）（a-c）=3，a=2，解得c=1．
∴b²=3．
∴$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）證明：F$（\sqrt{3}，0）$．
設(shè)直線BQ的方程為：y=k（x-2），
令x=-2，則Q（-2，-4k）（k≠0），
k_FQ=$\frac{4}{3}$k．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3+4k²）x²-16k²x+16k²-12=0．
則2x_P=$\frac{16{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
解得x_P=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，y_P=$\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}$．
∴k_AP=$\frac{\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}}{\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}+2}$=-$\frac{3}{4k}$．
∴k_FQ•k_AP=$\frac{4}{3}$k×$（-\frac{3}{4k}）$=-1．
∴AP⊥FQ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、直線斜率計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．