Question

16．已知中心在原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$的橢圓過點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)不過原點(diǎn)O的直線l與該橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求直線l的斜率．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出橢圓的方程，將已知點(diǎn)代入橢圓的方程及利用橢圓的離心率公式得到關(guān)于橢圓的三個(gè)參數(shù)的等式，解方程組求出a，b，c的值，代入橢圓方程即可．
（Ⅱ）設(shè)出直線的方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去x得到關(guān)于y的二次方程，利用韋達(dá)定理得到關(guān)于兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)的關(guān)系，將直線OP，PQ，OQ的斜率用坐標(biāo)表示，據(jù)已知三個(gè)斜率成等比數(shù)列，列出方程，將韋達(dá)定理得到的等式代入，求出k的值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
則e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a2-b2=c2，$\frac{2}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，
解得a=2，b=1，
可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，
故可設(shè)直線l的方程為y=kx+m（m≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
則△=64k²b²-16（1+4k²b²）（b²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，
且x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
故y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
因?yàn)橹本�OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
所以$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k²，即k²+$\frac{km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，
即$\frac{-8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，又m≠0，
所以k²=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．
即有直線l的斜率為±$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 求圓錐曲線的方程，一般利用待定系數(shù)法；解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般設(shè)出直線方程，將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去一個(gè)未知數(shù)，得到關(guān)于一個(gè)未知數(shù)的二次方程，利用韋達(dá)定理，找突破口．注意設(shè)直線方程時(shí)，一定要討論直線的斜率是否存在．