Question

10．已知橢圓M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，0），P，Q為橢圓上位于y軸右側(cè)的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，使PF⊥QF，C為PQ中點(diǎn)，線段PQ的垂直平分線交x軸，y軸于點(diǎn)A，B（線段PQ不垂直x軸），當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，$|PF|=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若S_△ABO：S_△BCF=3：5，求直線PQ的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，PF⊥x軸，$|PF|=\frac{b^2}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，又c=1，a²=b²+c²，解出即可得出．
（Ⅱ）設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b，顯然k≠0，聯(lián)立橢圓方程得：（2k²+1）x²+4kbx+2（b²-1）=0，設(shè)點(diǎn)P（x₁，y₁），Q（x₁，y₁），根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{QF}=0⇒（{x_1}-1）（{x_2}-1）+{y_1}{y_2}=0$得：3b²-1+4kb=0，點(diǎn)$C（{\frac{-2kb}{{2{k^2}+1}}，\frac{{2{k^2}+1}}}）$，線段PQ的中垂線AB方程：$y-\frac{-kb}{{2{k^2}+1}}=-\frac{1}{k}（{x+\frac{{2{k^2}+1}}}）$．可得A，B的坐標(biāo)．$\frac{{{S_{△BCF}}}}{{{S_{△ABO}}}}=\frac{{2{S_{△ABF}}}}{{{S_{△ABO}}}}=2\frac{|AF|}{|AO|}=\frac{{2（1-{x_A}）}}{x_A}=2（{\frac{1}{x_A}-1}）$，進(jìn)而得出．

解答 解：（Ⅰ） 當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，PF⊥x軸，∴$|PF|=\frac{b^2}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
又c=1，a²=b²+c²，∴$a=\sqrt{2}，b=1$．
橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$
（Ⅱ）設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b，顯然k≠0，
聯(lián)立橢圓方程得：（2k²+1）x²+4kbx+2（b²-1）=0，
設(shè)點(diǎn)P（x₁，y₁），Q（x₁，y₁），
由韋達(dá)定理：$\left\{\begin{array}{l}{x_1}{x_2}=\frac{{2（{b^2}-1）}}{{2{k^2}+1}}＞0，（1）\\{x_1}+{x_2}=\frac{-4kb}{{2{k^2}+1}}＞0，（2）\\△=8（2{k^2}-{b^2}+1）＞0，（3）\end{array}\right.$
由$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{QF}=0⇒（{x_1}-1）（{x_2}-1）+{y_1}{y_2}=0$得：3b²-1+4kb=0     （4）
點(diǎn)$C（{\frac{-2kb}{{2{k^2}+1}}，\frac{{2{k^2}+1}}}）$，
∴線段PQ的中垂線AB方程：$y-\frac{-kb}{{2{k^2}+1}}=-\frac{1}{k}（{x+\frac{{2{k^2}+1}}}）$，
令x=0，y=0可得：$A（{\frac{-kb}{{2{k^2}+1}}，0}），B（{0，\frac{-b}{{2{k^2}+1}}}）$，則A為BC中點(diǎn)，
故$\frac{{{S_{△BCF}}}}{{{S_{△ABO}}}}=\frac{{2{S_{△ABF}}}}{{{S_{△ABO}}}}=2\frac{|AF|}{|AO|}=\frac{{2（1-{x_A}）}}{x_A}=2（{\frac{1}{x_A}-1}）$，
由（4）式得：$k=\frac{{1-3{b^2}}}{4b}$，則${x_A}=\frac{-kb}{{2{k^2}+1}}=\frac{{6{b^4}-2{b^2}}}{{9{b^4}+2{b^2}+1}}$$\frac{{{S_{△BCF}}}}{{{S_{△ABO}}}}=2（{\frac{1}{x_A}-1}）=\frac{{6{b^4}+8{b^2}+2}}{{6{b^4}-2{b^2}}}=\frac{5}{3}$，得：b²=3．
∴b=$\sqrt{3}$，k=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$或b=-$\sqrt{3}$，k=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
經(jīng)檢驗(yàn)，滿足條件（1）（2）（3），
故直線PQ的方程為：y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$，y=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、垂直平分線的性質(zhì)、中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．