Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）不垂直與坐標(biāo)軸的直線l與橢圓C交于A，B兩點，以AB為直徑的圓過原點，且線段AB的垂直平分線交y軸于點P（0，-$\frac{3}{2}$），求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的離心率公式和點滿足方程及a，b，c的關(guān)系，即可得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程設(shè)為y=kx+t，設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），聯(lián)立橢圓方程，運用韋達(dá)定理和判別式大于0，以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點，則有$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0即為x₁x₂+y₁y₂=0，代入化簡整理，再由兩直線垂直的條件，解方程可得k，進(jìn)而得到所求直線方程．

解答 解：（1）由題意得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4^{2}}$=1，
又a²-b²=c²，解得a=2，b=1，
所以橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．                
（2）設(shè)直線l的方程設(shè)為y=kx+t，設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$消去y得（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0，
則有x₁+x₂=$\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
△＞0可得4k²+1＞t²，
y₁+y₂=kx₁+t+kx₂+t=k（x₁+x₂）+2t=$\frac{2t}{1+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=（kx₁+t）（kx₂+t）=k²x₁x₂+kt（x₁+x₂）+t²=k²•$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+kt•$\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}$+t²=$\frac{{t}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
因為以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點，
所以$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0即為x₁x₂+y₁y₂=0，
即為$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+$\frac{{t}^{2}-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=0，可得5t²=4+4k²，①
由4k²+1＞t²，可得t＞$\frac{\sqrt{3}}{2}$或t＜-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又設(shè)AB的中點為D（m，n），則m=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{-4kt}{1+4{k}^{2}}$，n=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$，
因為直線PD與直線l垂直，所以k_PD=-$\frac{1}{k}$=$\frac{-\frac{3}{2}-n}{-m}$，可得$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{1}{2}$②
由①②解得t₁=1或t₂=-$\frac{3}{5}$，
當(dāng)t=-$\frac{3}{5}$時，△＞0不成立．
當(dāng)t=1時，k=±$\frac{1}{2}$，
所以直線l的方程為y=$\frac{1}{2}$x+1或y=-$\frac{1}{2}$x+1．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率的運用和方程的運用，聯(lián)立直線方程，運用韋達(dá)定理，同時考查圓的性質(zhì)：直徑所對的圓周角為直角，考查直線垂直的條件和直線方程的求法，屬于中檔題．