Question

8．如圖，F(xiàn)是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左焦點，橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$．A，B為橢圓的左頂點和上頂點，點C在x軸上，BC⊥BF，△BCF的外接圓M恰好與直線l₁：x+$\sqrt{3}$y+3=0相切．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過點C的直線l₂與已知橢圓交于P，Q兩點，且$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=4，求直線l₂的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過e=$\frac{1}{2}$，可得c、b均能用a來表示，在Rt△BFO中，利用tan∠BFO=$\frac{|OB|}{|OF|}$可得圓M的圓心坐標(biāo)及半徑，通過圓心M到直線l₁的距離等于r，計算即可；
（Ⅱ）設(shè)直線l₂的方程方程為y=k（x-3），并與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=4，計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，∴c=$\frac{1}{2}$a，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，
又F（-c，0），B（0，b），
∴在Rt△BFO中，tan∠BFO=$\frac{|OB|}{|OF|}$=$\frac{c}$=$\sqrt{3}$，
∴∠BFO=$\frac{π}{3}$，|BF|=a．
∵BC⊥BF，∴∠BCF=$\frac{π}{6}$，∴|CF|=2a．
∴△BCF的外接圓M的圓心坐標(biāo)為：M（$\frac{a}{2}$，0），半徑r=a，
又圓M與直線l₁：x+$\sqrt{3}$y+3=0相切，
∴圓心M到直線l₁：x+$\sqrt{3}$y+3=0的距離等于r，即$\frac{|\frac{a}{2}+0+3|}{2}$=a，
又a＞0，∴a=2，∴b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）由（I）知F（-1，0），C（3，0），
設(shè)直線l₂的斜率為k，則直線l₂的方程方程為y=k（x-3），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-3）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y得：（3+4k²）x²-24k²x+36k²-12=0，
由韋達(dá)定理可得：x_P+x_Q=$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x_Px_Q=$\frac{36{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∴y_Py_Q=k²（x_P-3）（x_Q-3）=k²x_Px_Q-3k²（x_P+x_Q）+9k²，
則$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=（1+x_P，y_P）•（1+x_Q，y_Q）
=1+x_P+x_Q+x_Px_Q+y_Py_Q
=1+9k²+（1-3k²）（x_P+x_Q）+（1+k²）x_Px_Q
=1+9k²+（1-3k²）$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+（1+k²）$\frac{36{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$
=$\frac{79{k}^{2}-9}{3+4{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=4，∴$\frac{79{k}^{2}-9}{3+4{k}^{2}}$=4，解得k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴直線l₂的方程為：y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-3）．

點評 本題考查圓錐曲線的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時要注意公式的合理運(yùn)用，注意解題方法的積累，屬于中檔題．