Question

5．如圖：A，B，C是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的頂點，點F（c，0）為橢圓的右焦點，原點O到直線CF的距離為$\frac{1}{2}c$，且橢圓過點$（{2\sqrt{3}，1}）$．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）若P是橢圓上除頂點外的任意一點，直線CP交x軸于點E，直線BC與AP相交于點D，連結(jié)DE．設(shè)直線AP的斜率為k，直線DE的斜率為k₁，問是否存在實數(shù)λ，使得$λ{k_1}=k+\frac{1}{2}$成立，若存在求出λ的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出直線CF的方程為bx+cy-bc=0，由原點O到CF的距離為$\frac{1}{2}c$，橢圓過點$（{2\sqrt{3}，1}）$，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）求出直線BC的方程為y=$\frac{1}{2}x+2$，直線AP的方程為：y=k（x-4），代入橢圓方程，得（4k²+1）x²-32k²x+64k²-16=0，求出直線CP的方程為y=$\frac{1+2k}{2（1-2k）}x+2$，從而得到E（$\frac{8k-4}{2k+1}$，0），將直線BC與直線AP聯(lián)立，得D（$\frac{8k+4}{2k-1}$，$\frac{8k}{2k-1}$），由此能求出λ．

解答 解：（Ⅰ）由題意，得C（0，b），∴直線CF的方程為y=-$\frac{c}x$+b，
即bx+cy-bc=0，
又原點O到CF的距離為$\frac{1}{2}c$，
∴$\frac{|-bc|}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{1}{2}c$，由b²+c²=a²整理，得a=2b，
又橢圓過點$（{2\sqrt{3}，1}）$，∴$\frac{12}{4^{2}}+\frac{1}{^{2}}$=1，
解得a²=16，b²=4，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B（-4，0），C（0，2），
故直線BC的方程為y=$\frac{1}{2}x+2$，
∵直線AP的斜率為k，點A（4，0），∴直線AP的方程為：y=k（x-4），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²-32k²x+64k²-16=0，
又點P（x_P，y_p）在橢圓上，故有：4•x_P=$\frac{64{k}^{2}-16}{4{k}^{2}+1}$，
∴x_P=$\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，${y}_{p}=k（\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}-4）=\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，
∴P（$\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$），
故直線CP的方程為y=$\frac{2+\frac{8k}{4{k}^{2}+1}}{0-\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}}$x+2，
即y=$\frac{1+2k}{2（1-2k）}x+2$，
又點E為直線CP與x軸交點，令y=0得x=$\frac{8k-4}{2k+1}$，
∴E（$\frac{8k-4}{2k+1}$，0），
將直線BC與直線AP聯(lián)立，得：
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+2}\\{y=k（x-4）}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{8k+4}{2k-1}}\\{y=\frac{8k}{2k-1}}\end{array}\right.$，∴D（$\frac{8k+4}{2k-1}$，$\frac{8k}{2k-1}$），
故直線DE的斜率為：
${k}_{1}=\frac{\frac{8k}{2k-1}-0}{\frac{8k+4}{2k-1}-\frac{8k-4}{2k+1}}$=$\frac{2k（2k+1）}{8k}$=$\frac{1}{4}（2k+1）=\frac{1}{2}（k+\frac{1}{2}）$，
∴$2{k}_{1}=k+\frac{1}{2}$，
∴λ=2．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件實數(shù)值是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運用．