Question

19．如圖，已知焦點在x軸上的橢圓C過點（-2，0），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，Q為橢圓C的右頂點．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）已知過點N（$\frac{6}{5}$，0）的直線l與橢圓C交于A，B兩點，求證：以AB為直徑的圓必過點Q．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），根據(jù)橢圓C過點（-2，0），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得a=2，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，b²=a²-c²，即可得出．
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=k（x-$\frac{6}{5}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（25+100k²）x²-240k²x+144k²-100=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系及其斜率計算公式證明：k_AQ•k_BQ=-1即可，當(dāng)直線l⊥x軸時，AQ⊥BQ直接驗證即可．

解答 （1）解：設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵橢圓C過點（-2，0），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得c=$\sqrt{3}$，
∴b²=a²-c²=1．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）證明：當(dāng)直線l的斜率存在時，
設(shè)直線l的方程為：y=k（x-$\frac{6}{5}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{6}{5}）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（25+100k²）x²-240k²x+144k²-100=0，
∴x₁+x₂=$\frac{240{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{144{k}^{2}-100}{25+100{k}^{2}}$．
k_AQ•k_BQ=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=$\frac{{k}^{2}[{x}_{1}{x}_{2}-\frac{6}{5}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{36}{25}]}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$，
分母=$\frac{144{k}^{2}-100}{25+100{k}^{2}}$-2×$\frac{240{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$+4=$\frac{64{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$．
分子=k²$[\frac{144{k}^{2}-100}{25+100{k}^{2}}-\frac{6}{5}×\frac{240{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}+\frac{36}{25}]$=-$\frac{64{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$．
∴k_AQ•k_BQ=-1，
∴AQ⊥BQ．
當(dāng)直線l⊥x軸時，AQ⊥BQ也成立．
∴以AB為直徑的圓必過點Q．

點評 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、圓的性質(zhì)、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．