Question

19．設(shè)橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{r}^{2}-{a}^{2}}$=1的焦點(diǎn)在x軸上，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，直線F₂P交y軸與點(diǎn)Q，
（Ⅰ）當(dāng)r=1時(shí)，
（i）若橢圓E的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求橢圓E的方程；
（ii）當(dāng)點(diǎn)P在直線x+y=l上時(shí)，求直線F₁P與F₁Q的夾角；
（Ⅱ）當(dāng)r=r₀時(shí)，若總有F₁P⊥F₁Q，猜想：當(dāng)a變化時(shí)，點(diǎn)P是否在某定直線上，若是寫出該直線方程（不必求解過程）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i），根據(jù)橢圓的離心率，以及b²=1-a²，即可求出橢圓E的方程，
（ii）設(shè)P（x₀，y₀），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），其中c$\sqrt{2{a}^{2}-1}$．利用斜率的計(jì)算公式和點(diǎn)斜式即可得出直線F₁P的斜率，直線F₂P的方程為斜率，根據(jù)斜率乘積等于-1即可求出夾角，
（Ⅱ）由（ii）即可求出過點(diǎn)P為定直線，方程為x+y=r₀．

解答 解：（Ⅰ）（i））依題意b²=1-a²，c=$\sqrt{2{a}^{2}-1}$，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得a²=$\frac{4}{5}$，b²=$\frac{1}{5}$，
所以橢圓E的方程為$\frac{5{x}^{2}}{4}$+5y²=1；
（ii）設(shè)P（x₀，y₀），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），其中c=$\sqrt{2{a}^{2}-1}$，由題設(shè)知x₀≠c，
將直線y=1-x代入橢圓E的方程，由于點(diǎn)P是橢圓在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，解得x₀=a²，y₀=1-a²，
則直線F₁P的斜率為$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+c}$，直線F₂P的斜率為$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-c}$，
直線F₂P的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-c}$（x-c），當(dāng)x=0時(shí)，y=$\frac{c{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$
Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，$\frac{c{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$），
所以直線F₁Q的斜率為$\frac{{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$，
所以$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+c}$•$\frac{{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$=-1，
所以  F₁P⊥F₁Q，
所以直線F₁P與F₁Q的夾角為90°；
（Ⅱ）過點(diǎn)P為定直線，方程為x+y=r₀，
理由如下：
由（ii）可知，F(xiàn)₁P⊥F₁Q，
∴$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+c}$•$\frac{{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$=-1，
化簡得 y₀²=x₀²-（2a²-r₀）．
因?yàn)?nbsp;P為橢圓E上第一象限內(nèi)的點(diǎn)，將上式代入$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{r}^{2}-{a}^{2}}$=1
得x₀=a²，y₀=r₀-a²，
所以x₀+y₀=r₀，
所以方程為x+y=r₀

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)，直線和直線、直線和橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能，考查了數(shù)形結(jié)合的思想、推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．