Question

14．如圖，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下頂點(diǎn)分別為A，B，右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓C上，且OP⊥AF．
（1）若點(diǎn)P坐標(biāo)為（$\sqrt{3}$，1），求橢圓C的方程；
（2）延長AF交橢圓C于點(diǎn)Q，若直線OP的斜率是直線BQ的斜率的2倍，求橢圓C的離心率；
（3）求證：存在橢圓C，使直線AF平分線段OP．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直線垂直列出方程組，求出a，b，得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）根據(jù)直線斜率間的關(guān)系得出橢圓的離心率；
（3）將問題轉(zhuǎn)化為確定直線與橢圓交點(diǎn)坐標(biāo)的范圍問題．

解答 解：（1）由題意可知，A（0，b），F(xiàn)（c，0），所以，k_AF=-$\frac{c}$，
再由P（$\sqrt{3}$，1），OP⊥AF，所以，k_OP•k_AF=-1，
k_OP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$得k_AF=-$\sqrt{3}$，即$\frac{c}$=$\sqrt{3}$，
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}\\{b=\sqrt{3}c}\end{array}\right.$，解得a²=$\frac{13}{3}$，b²=$\frac{13}{4}$，
所以，橢圓的方程為$\frac{x^2}{\frac{13}{3}}+\frac{y^2}{\frac{13}{4}}=1$；
（2）由題意知，直線AF：$\frac{x}{c}+\frac{y}=1$即y=-$\frac{c}$x+b，
聯(lián)立橢圓方程，解得Q（$\frac{2a^2c}{a^2+c^2}$，$\frac{-2a^2b}{a^2+c^2}$+b），
由OP⊥AF得k_OP=$\frac{c}$，而k_BQ=$\frac{1}{2}$k_OP=$\frac{c}{2b}$，
即$\frac{\frac{-2a^2b}{a^2+c^2}+2b}{\frac{2a^2c}{a^2+c^2}}$=$\frac{c}{2b}$，解得a²=2b²，故e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）假設(shè)存在橢圓C使得直線AF平分線段OP，則線段OP的中點(diǎn)必在直線AF上，
因此，直線AF與橢圓C必有兩個(gè)不同的交點(diǎn)（其中一個(gè)交點(diǎn)為A，另一個(gè)為交點(diǎn)Q），
只需證明存在這樣的點(diǎn)Q使得其縱坐標(biāo)y_Q≥-b即可，
不妨設(shè)P（x，y），則OP的中點(diǎn)為M（$\frac{x}{2}$，$\frac{y}{2}$），將M代入直線AF的方程得$\frac{x}{2c}+\frac{y}{2b}=1$，
再聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\\{\frac{x}{2c}+\frac{y}{2b}=1}\end{array}\right.$消去x并化簡得，（c²+1）y²-4bc²y+4b²c²-b²=0，
△=16b²c⁴-4（c²+1）（4b²c²-b²）＞0，解得c²＜$\frac{1}{3}$，而y₁+y₂=$\frac{4bc^2}{c^2+1}$，其中y₁=b，
則y₂=$\frac{3c^2-1}{c^2+1}$•b=（3-$\frac{4}{c^2+1}$）b∈（-b，0），即證．

點(diǎn)評 本題主要考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)，以及直線與橢圓的綜合應(yīng)用，涉及斜率與離心率的運(yùn)算，直線與橢圓的位置關(guān)系等，屬于難題．