Question

15．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點M（2，0），離心率為$\frac{1}{2}$．A，B是橢圓C上兩點，且直線OA，OB的斜率之積為-$\frac{3}{4}$，O為坐標(biāo)原點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若射線OA上的點P滿足|PO|=3|OA|，且PB與橢圓交于點Q，求$\frac{|BP|}{|BQ|}$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，求出b，由此能求出橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），Q（x₃，y₃），求出p點的坐標(biāo)，由B，Q，P三點共線，得$\overrightarrow{BP}=λ\overrightarrow{BQ}$，聯(lián)立方程組求解得x₃，y₃，再結(jié)合已知條件能求出λ值，則$\frac{|BP|}{|BQ|}$的值可求．

解答 解：（Ⅰ）由題意得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得$b=\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），Q（x₃，y₃），
∵點P在直線AO上且滿足|PO|=3|OA|，
∴P（3x₁，3y₁）．
∵B，Q，P三點共線，
∴$\overrightarrow{BP}=λ\overrightarrow{BQ}$．
∴（3x₁-x₂，3y₁-y₂）=λ（x₃-x₂，y₃-y₂），
即$\left\{\begin{array}{l}{3{x}_{1}-{x}_{2}=λ（{x}_{3}-{x}_{2}）}\\{3{y}_{1}-{y}_{2}=λ（{y}_{3}-{y}_{2}）}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=\frac{3}{λ}{x}_{1}+\frac{λ-1}{λ}{x}_{2}}\\{{y}_{3}=\frac{3}{λ}{y}_{1}+\frac{λ-1}{λ}{y}_{2}}\end{array}\right.$，
∵點Q在橢圓C上，∴$\frac{{{x}_{3}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{3}}^{2}}{3}=1$．
∴$\frac{（\frac{3}{λ}{x}_{1}+\frac{λ-1}{λ}{x}_{2}）^{2}}{4}+\frac{（\frac{3}{λ}{y}_{1}+\frac{λ-1}{λ}{y}_{2}）^{2}}{3}=1$．
即$\frac{9}{{λ}^{2}}（\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}）+（\frac{λ-1}{λ}）^{2}（\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{2}}^{2}}{3}）$$-\frac{6（λ-1）}{{λ}^{2}}（\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{3}）=1$，
∵A，B在橢圓C上，
∴$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}=1$，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{2}}^{2}}{3}=1$．
∵直線OA，OB的斜率之積為$-\frac{3}{4}$，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}=-\frac{3}{4}$，即$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{3}=0$．
∴$\frac{9}{{λ}^{2}}+（\frac{λ-1}{λ}）^{2}=1$，解得λ=5．
∴$\frac{|BP|}{|BQ|}$=|λ|=5．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了向量法在求解圓錐曲線問題中的應(yīng)用，考查運算能力，是中檔題．