Question

9．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)$（{1\;，\;\frac{3}{2}}）$，兩個(gè)焦點(diǎn)為F₁（-1，0）和F₂（1，0）．圓O的方程為x²+y²=a²．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)F₁且斜率為k（k＞0）的動(dòng)直線l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，與圓O交于P、Q兩點(diǎn)（點(diǎn)A、P在x軸上方），當(dāng)|AF₂|，|BF₂|，|AB|成等差數(shù)列時(shí)，求弦PQ的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）求出c=1，設(shè)橢圓C的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{{a^2}-1}}=1$，將點(diǎn)$（{1\;，\;\frac{3}{2}}）$代入，解得a²=4，然后求解橢圓C的方程．
（2）由橢圓定義，|AF₁|+|AF₂|=4，|BF₁|+|BF₂|=4，通過(guò)|AF₂|，|BF₂|，|AB|成等差數(shù)列，推出$|B{F_2}|=\frac{8}{3}$． 設(shè)B（x₀，y₀），通過(guò)$\left\{\begin{array}{l}{（{x_0}-1）^2}+y_0^2=\frac{64}{9}\;，\;\\ \frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1\;\;\end{array}\right.$解得B，然后求解直線方程，推出弦PQ的長(zhǎng)即可．

解答 （本題滿分（14分），第1小題滿分（6分），第2小題滿分8分）
解：（1）由題意，c=1，…（1分）
設(shè)橢圓C的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{{a^2}-1}}=1$，將點(diǎn)$（{1\;，\;\frac{3}{2}}）$代入$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4（{a^2}-1）}}=1$，
解得a²=4（${a^2}=\frac{1}{4}$舍去），…（3分）
所以，橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．  …（4分）
（2）由橢圓定義，|AF₁|+|AF₂|=4，|BF₁|+|BF₂|=4，兩式相加，得|AB|+|AF₂|+|BF₂|=8，
因?yàn)閨AF₂|，|BF₂|，|AB|成等差數(shù)列，所以|AB|+|AF₂|=2|BF₂|，
于是3|BF₂|=8，即$|B{F_2}|=\frac{8}{3}$．   …（3分）
設(shè)B（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}{（{x_0}-1）^2}+y_0^2=\frac{64}{9}\;，\;\\ \frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1\;\;\end{array}\right.$解得$B（{-\frac{4}{3}\;，\;-\frac{{\sqrt{15}}}{3}}）$，…（5分）
（或設(shè)$B（2cosθ\;，\;\sqrt{3}sinθ）$，則${（2cosθ-1）^2}+3{sin^2}θ=\frac{64}{9}$，解得$cosθ=-\frac{2}{3}$，$sinθ=-\frac{{\sqrt{5}}}{3}$，所以$B（{-\frac{4}{3}\;，\;-\frac{{\sqrt{15}}}{3}}）$）．
所以，$k=\sqrt{15}$，直線l的方程為$y=\sqrt{15}（x+1）$，即$\sqrt{15}x-y+\sqrt{15}=0$，…（6分）
圓O的方程為x²+y²=4，圓心O到直線l的距離$d=\frac{{\sqrt{15}}}{4}$，…（7分）
此時(shí)，弦PQ的長(zhǎng)$|PQ|=2\sqrt{4-{d^2}}=\frac{7}{2}$． …（8分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，橢圓與圓的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．