Question

20．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy，已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的半焦距為c，且過點(diǎn)（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），原點(diǎn)O到經(jīng)過兩點(diǎn)（c，0），（0，b）的直線的距離為$\frac{1}{2}$c．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）A為橢圓E上異于頂點(diǎn)的一點(diǎn)，點(diǎn)P滿足$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{AO}$，過點(diǎn)P的直線交橢圓E于B、C兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{BP}$=$μ\overrightarrow{BC}$，若直線OA，OB的斜率之積為-$\frac{1}{4}$，求證：λ²=2μ-1．

Answer 1

分析 （I）經(jīng)過兩點(diǎn)（c，0），（0，b）的直線方程為：$\frac{x}{c}+\frac{y}$=1，由題意可得：$\frac{bc}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$c，又$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）設(shè)直線OA的方程為：y=kx，則直線OB的方程為：y=$\frac{-1}{4k}$x．分別與橢圓方程聯(lián)立解得點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{AO}$，$\overrightarrow{BP}$=$μ\overrightarrow{BC}$，可得點(diǎn)C的坐標(biāo)，代入橢圓方程即可證明．

解答 （I）解：經(jīng)過兩點(diǎn)（c，0），（0，b）的直線方程為：$\frac{x}{c}+\frac{y}$=1，即bx+cy-bc=0，
由題意可得：$\frac{bc}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$c，又$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得：a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（II）證明：設(shè)直線OA的方程為：y=kx，則直線OB的方程為：y=$\frac{-1}{4k}$x．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{x}^{2}+4y=4}\end{array}\right.$，解得x²=$\frac{4}{1+4{k}^{2}}$，不妨取A$（\frac{-2}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}，\frac{-2k}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}）$，
同理可得：B$（\frac{-4k}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}，\frac{1}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}）$．
∵$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{AO}$，∴P$（\frac{2λ}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}，\frac{2λk}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}）$．
∵$\overrightarrow{BP}$=$μ\overrightarrow{BC}$，
∴C$（\frac{2λ+4k-4μk}{μ\sqrt{1+4{k}^{2}}}，\frac{2λk-1+μ}{μ\sqrt{1+4{k}^{2}}}）$，
∵點(diǎn)C在橢圓E上，
∴$（\frac{2λ+4k-4μk}{μ\sqrt{1+4{k}^{2}}}）^{2}$+4$（\frac{2λk-1+μ}{μ\sqrt{1+4{k}^{2}}}）^{2}$=4，
化為：（4k²+1）（λ²-2μ+1）=0，
∴λ²=2μ-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、向量運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與較強(qiáng)的計(jì)算能力，屬于難題．