Question

19．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左，右焦點分別是F₁，F(xiàn)₂，右頂點、上頂點分別為A，B，原點O到直線AB的距離等于ab﹒
（1）若橢圓C的離心率等于$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求橢圓C的方程；
（2）若過點（0，1）的直線l與橢圓有且只有一個公共點P，且P在第二象限，直線PF₂交y軸于點Q﹒試判斷以PQ為直徑的圓與點F₁的位置關(guān)系，并說明理由﹒

Answer 1

分析 （1）求得A，B的坐標(biāo)，可得AB的方程，運用點到直線的距離公式和離心率公式，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）點F₁在以PQ為直徑的圓上﹒由題意可得直線l與橢圓相切且l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為：y=kx+1，代入橢圓方程，運用判別式為0，解得k的值，可得P（-a²，b²），從而可得直線PF₂的方程，求得Q的坐標(biāo)，可得向量$\overrightarrow{{F}_{1}P}$，$\overrightarrow{{F}_{1}Q}$的坐標(biāo)，求出數(shù)量積為0，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得點A（a，0），B（0，b），
直線AB的方程為$\frac{x}{a}+\frac{y}=1$，即ax+by-ab=0﹒
由題設(shè)，得$\frac{{|{ab}|}}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=ab$，
化簡，得a²+b²=1﹒①，
由$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，即為$\frac{{{a^2}-{b^2}}}{a^2}=\frac{2}{3}$，即a²=3b²﹒②
由①②，解得$\left\{{\begin{array}{l}{{a^2}=\frac{3}{4}}\\{{b^2}=\frac{1}{4}}\end{array}}\right.$，
可得橢圓C的方程為$\frac{{4{x^2}}}{3}+4{y^2}=1$；
（2）點F₁在以PQ為直徑的圓上﹒
由題設(shè)，直線l與橢圓相切且l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為：y=kx+1，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\\{y=kx+1}\end{array}}\right.$，得（b²+a²k²）x²+2ka²x+a²-a²b²=0，（*）           
則△=（2ka²）²-4（b²+a²k²）（a²-a²b²）=0，
化簡，得1-b²-a²k²=0，所以${k^2}=\frac{{1-{b^2}}}{a^2}=1$，
由點P在第二象限，可得k=1，
把k=1代入方程（*），得x²+2a²x+a⁴=0，
解得x=-a²，從而y=b²，所以P（-a²，b²）﹒
從而直線PF₂的方程為：$y-{b^2}=\frac{b^2}{{-{a^2}-c}}（x+{a^2}）$，
令x=0，得$y=\frac{{{b^2}c}}{{{a^2}+c}}$，所以點$Q（0，\frac{{{b^2}c}}{{{a^2}+c}}）$﹒
從而$\overrightarrow{{F_1}P}=（-{a^2}+c，{b^2}）$，$\overrightarrow{{F_1}Q}=（c，\frac{{{b^2}c}}{{{a^2}+c}}）$，
從而$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_1}Q}=c（-{a^2}+c）+\frac{{{b^4}c}}{{{a^2}+c}}$
=$\frac{{c（-{a^4}+{c^2}+{b^4}）}}{{{a^2}+c}}=\frac{{c（-{a^4}+{b^4}+{c^2}）}}{{{a^2}+c}}=\frac{{c[{（{b^2}-{a^2}）（{b^2}+{a^2}）+{c^2}}]}}{{{a^2}+c}}=0$，
又a²+b²=1，a²=b²+c²，
∴$\overrightarrow{{F_1}P}•\overrightarrow{{F_1}Q}=0$﹒
所以點F₁在以PQ為直徑的圓上﹒

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的離心率公式和點到直線的距離公式，考查點與圓的位置關(guān)系的判斷，注意運用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，由判別式為0，以及向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．