Question

5．在平面直角坐標系中xOy，已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）過點$（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，且橢圓E的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）是否存在以A（0，-b）為直角頂點且內(nèi)接于橢圓E的等腰直角三角形？若存在，求出共有幾個；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過離心率與a、b、c三者的關(guān)系可得橢圓E方程為x²+4y²=a²，代入點$（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$計算即可；
（2）假設(shè)存在，可設(shè)直線AB的方程AB：y=kx-1（k＞0），并與橢圓方程聯(lián)立，計算可得B點的縱坐標，進而可得|AB|的表達式，討論可得|AC|的表達式，利用△BAC是等腰直角三角形，計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）由$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$得${c^2}=\frac{3}{4}{a^2}$，
又${c^2}={a^2}-{b^2}，{b^2}=\frac{1}{4}{a^2}$．                                          
故橢圓E方程為x²+4y²=a²，
橢圓E經(jīng)過點$（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，則${（1）^2}+4{（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）^2}={a^2}$．                           
所以a²=4，b²=1，
所以橢圓E的標準方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．                                   
（2）結(jié)論：存在3個滿足條件的直角三角形．
理由如下：
假設(shè)存在這樣的等腰直角三角形BAC，明顯直線AB的斜率存在，
因為A點的坐標為A（0，-1），設(shè)直線AB的方程AB：y=kx-1（k＞0），
則直線AC的方程為$AC：y=-\frac{1}{k}x-1$．                                   
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx-1\;\;\;\;（k＞0）}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\end{array}}\right.$得：（1+4k²）x²-8kx=0，
所以x=0，或$x=\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$，
所以B點的縱坐標為$y=\frac{{8{k^2}}}{{1+4{k^2}}}-1$，
所以$|AB|=\sqrt{{{（{0-\frac{8k}{{1+4{k^2}}}}）}^2}+{{（{-1-（{\frac{{8{k^2}}}{{1+4{k^2}}}-1}）}）}^2}}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$．     
同理$|AC|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}•\frac{{\frac{8}{k}}}{{1+\frac{4}{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{8}{{{k^2}+4}}$，
因為△BAC是等腰直角三角形，
所以|AB|=|AC|，即$\sqrt{1+{k^2}}•\frac{8k}{{1+4{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{8}{{{k^2}+4}}$，
即$\frac{k}{{1+4{k^2}}}=\frac{1}{{4+{k^2}}}$，
所以k³+4k=1+4k²，即k³-4k²+4k-1=0，
所以（k³-1）-4k（k-1）=0，
即（k-1）（k²-3k+1）=0，
所以k=1，或k²-3k+1=0，
所以k=1，或$k=\frac{{3±\sqrt{5}}}{2}$．                                            
所以這樣的直角三角形有三個．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．