Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，點(diǎn)$A（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)動(dòng)直線(xiàn)l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，且l與圓x²+y²=5的相交于不在坐標(biāo)軸上的兩點(diǎn)P₁，P₂，記直線(xiàn)OP₁，OP₂的斜率分別為k₁，k₂，求證：k₁•k₂為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用離心率列出方程，通過(guò)點(diǎn)在橢圓上列出方程，求出a，b然后求出橢圓的方程．
（Ⅱ）當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí)，驗(yàn)證直線(xiàn)OP₁，OP₂的斜率之積．
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y=kx+m與橢圓聯(lián)立，利用直線(xiàn)l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，推出m²=4k²+1，通過(guò)$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+{y^2}=5\end{array}\right.$，設(shè)P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），結(jié)合韋達(dá)定理，求解直線(xiàn)的斜率乘積，推出k₁•k₂為定值即可．

解答 （本小題滿(mǎn)分14分）
（Ⅰ）解：由題意，得$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²=b²+c²，…（2分）
又因?yàn)辄c(diǎn)$A（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓C上，
所以$\frac{1}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1$，…（3分）
解得a=2，b=1，$c=\sqrt{3}$，
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）證明：當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí)，由題意知l的方程為x=±2，
易得直線(xiàn)OP₁，OP₂的斜率之積${k_1}•{k_2}=-\frac{1}{4}$．…（6分）
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y=kx+m．…（7分）
由方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，…（8分）
因?yàn)橹本�(xiàn)l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，
所以△=（8km）²-4（4k²+1）（4m²-4）=0，即m²=4k²+1．…（9分）
由方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+{y^2}=5\end{array}\right.$得（k²+1）x²+2kmx+m²-5=0，…（10分）
設(shè)P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{-2km}{{{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{{m^2}-5}}{{{k^2}+1}}$，…（11分）
所以${k_1}•{k_2}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{{{k^2}•\frac{{{m^2}-5}}{{{k^2}+1}}+km•\frac{-2km}{{{k^2}+1}}+{m^2}}}{{\frac{{{m^2}-5}}{{{k^2}+1}}}}=\frac{{{m^2}-5{k^2}}}{{{m^2}-5}}$，…（13分）
將m²=4k²+1代入上式，
得${k_1}•{k_2}=\frac{{-{k^2}+1}}{{4{k^2}-4}}=-\frac{1}{4}$．
綜上，k₁•k₂為定值$-\frac{1}{4}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．