Question

15．設(shè)圓x²+y²+2$\sqrt{3}$x-13=0的圓心為A，直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)B（$\sqrt{3}$，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)過(guò)B作AC的平行線(xiàn)交AD于點(diǎn)E
（Ⅰ）證明：|EA|+|EB|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程
（Ⅱ）設(shè)過(guò)點(diǎn)M（0，2）的直線(xiàn)t與點(diǎn)E的軌跡交于y軸右側(cè)不同的兩點(diǎn)P，Q，若O在以PQ為直徑的圓上，求直線(xiàn)t的斜率k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可得得到|EB|=|ED|，于是|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故EA+EB=4是定值，
（II）顯然直線(xiàn)x=0不滿(mǎn)足題設(shè)條件，可設(shè)直線(xiàn)l：y=kx+2．P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+2}\end{array}\right.$，消去y得：（1+4k²）x²+16kx+12=0．
 ${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
根據(jù)題意，得∠POQ=90°?$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$
$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}+2k×\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}+4$=$\frac{16-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=0$，即可求得k即可．

解答 解：（I）證明：因?yàn)閨AD|=|AC|，EB∥AC，所以∠EBD=∠ACD=∠ADC，
所以|EB|=|ED|，于是|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|．
又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}=16$，從而|AD|=4，所以|EA|+|EB|=4．
由題設(shè)得$A（-\sqrt{3}，0），B（\sqrt{3}，0），|AB|=2\sqrt{3}$，
由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1（y≠0）$．…（5分）
（II）顯然直線(xiàn)x=0不滿(mǎn)足題設(shè)條件，可設(shè)直線(xiàn)l：y=kx+2．P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+2}\end{array}\right.$，消去y得：（1+4k²）x²+16kx+12=0．
∵與y軸右側(cè)相交為P，Q兩點(diǎn)∴$\left\{\begin{array}{l}△={（{16k}）^2}-4×12（{1+4{k^2}}）＞0\\ k＜0\end{array}\right.$，$k∈（-∞，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，…（8分）
根據(jù)題意，得∠POQ=90°?$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$
$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}+2k×\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}+4$=$\frac{16-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=0$，
∴k=-2，符合$k∈（-∞，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，故k=-2．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的方程，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，靈活運(yùn)用韋達(dá)定理化簡(jiǎn)求值、平面向量的數(shù)量積運(yùn)算是解題關(guān)鍵，屬于中檔題．