Question

4．已知橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），短軸的兩個(gè)端點(diǎn)分別為B₁，B₂，且∠B₁F₁B₂=90°．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若過點(diǎn)F₂的直線l與橢圓C相交于P、Q兩點(diǎn)，且以線段PQ為直徑的圓經(jīng)過左焦點(diǎn)F₁，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，由橢圓的對(duì)稱性質(zhì)，得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）分當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)和直線斜率存在時(shí)兩種情況進(jìn)行討論，直線與橢圓聯(lián)立求得相關(guān)結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，由橢圓的對(duì)稱性質(zhì)，
知∠OF₁B₂=45°，所以短半軸長b=c=1，
所以a²=b²+c²=2．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…（3分）
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=1，$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ x=1\end{array}\right.$，解得$x=1，y=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，設(shè)$P（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$Q（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_1}Q}=4-\frac{1}{2}=\frac{7}{2}≠0$，
∴∠PF₁Q≠90°，不滿足條件．…（4分）
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）.$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$，消去y并整理，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．…（6分）
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），∴${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$．…（7分）
由題意知∠PF₁Q=90°，即$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_1}Q}=0$．…（8分）
$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_1}Q}=（{x_1}+1）（{x_2}+1）+{y_1}{y_2}$=$（{x_1}+1）（{x_2}+1）+{k^2}（{x_1}-1）（{x_2}-1）$
=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+（1-{k^2}）（{x_1}+{x_2}）+1+{k^2}$=$（1+{k^2}）•\frac{{2（{k^2}-1）}}{{1+2{k^2}}}+（1-{k^2}）•\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}+1+{k^2}$
=$\frac{{7{k^2}-1}}{{1+2{k^2}}}=0$，解得$k=±\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（11分）
直線l的方程為：$x+\sqrt{7}y-1=0$和$x-\sqrt{7}y-1=0$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查橢圓性質(zhì)的應(yīng)用和直線與橢圓得位置關(guān)系的求解，在高考中屬于中檔題型．