Question

14．如图．已知F₁，F₂分别为椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点，其离心率e=$\frac{1}{2}$，且a+c=3．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设A，B分别为椭圆的上、下顶点，过F₂作直线l与椭圆交于C、D两点，并与y轴交于点P（异于A，B，O点），直线AC与直线BD交于点Q，则$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$是否为定值，若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 对于第（1）问，由离心率得a与c的关系式，联立a+c=3，得a与c的值，结合b²=a²-c²，得b²，即得椭圆的标准方程．
对于第（2）问，
方法一：设直线l的方程为x=my+1（m≠0），联立$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$，得到关于y的一元二次方程，设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由韦达定理，得y₁+y₂及y₁y₂．写出直线AC与BD的方程，设法利用y₁+y₂及y₁y₂两直线交点的纵坐标用m表示，设出横坐标，写出点P的坐标，从而可计算出$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的值，即可作出判断．
方法二：设直线l的方程为y=k（x-1），P（0，-k），联立$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$，得到关于x的一元二次方程，由韦达定理，得x₁+x₂及x₁x₂，从而得x₁-x₂，写出直线AC与BD的方程，利用合分比定理得两直线交点的纵坐标（用m表示），可判断$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$是否为定值．

解答 解析：（1）由题意得，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，又a+c=3，解得a=2，c=1，
∴b²=a²-c²=3，
故所求椭圆的标准方程为$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$．
（2）$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$是为定值3．证明如下：
方法一：易知，直线l不垂直于x轴，由（1），得F₂（1，0），
可设直线l的方程为x=my+1（m≠0），则P（0，-$\frac{1}{m}$）．
将直线x=my+1代入$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$中，整理，得（3m²+4）y²+6my-9=0，有△＞0．
设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由韦达定理，得y₁+y₂=$-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$-\frac{9}{3{m}^{2}+4}$．
直线AC的方程为y-$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}}$x，直线BD的方程为y+$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{2}+\sqrt{3}}{{x}_{2}}$x，
联立两直线方程，消去x，得$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$=$\frac{{x}_{2}（{y}_{1}-\sqrt{3}）}{{x}_{1}（{y}_{2}+\sqrt{3}）}$，
∴（$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$）²=$\frac{{x}_{2}^{2}（{y}_{1}-\sqrt{3}）^{2}}{{x}_{1}^{2}（{y}_{2}-\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{（3-{y}_{2}^{2}）（{y}_{1}-\sqrt{3}）^{2}}{（3-{y}_{1}^{2}）（{y}_{2}-\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{（{y}_{1}-\sqrt{3}）（{y}_{2}-\sqrt{3}）}{（{y}_{1}+\sqrt{3}）（{y}_{2}+\sqrt{3}）}$
=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}-\sqrt{3}（{y}_{1}+{y}_{2}）+3}{{y}_{1}{y}_{2}+\sqrt{3}（{y}_{1}+{y}_{2}）+3}$=$\frac{-\frac{9}{3{m}^{2}+4}-\sqrt{3}（-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}）+3}{-\frac{9}{3{m}^{2}+4}+\sqrt{3}（-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}）+3}$=（$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$）²．
∵-$\sqrt{3}$＜y₁，y₂＜$\sqrt{3}$，∴$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$与$\frac{x2}{x1}$异号，
∵x₁x₂=m²y₁y₂+m（y₁+y₂）+1=m²（$-\frac{9}{3{m}^{2}+4}$）+m（$-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$）+1=$\frac{4（1-\sqrt{3}m）（1+\sqrt{3}m）}{3{m}^{2}+4}$，
∴$\frac{x2}{x1}$与$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$异号，∴$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$与$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$同号，∴$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}m+1}{\sqrt{3}m-1}$，
解得y=-3m，因此，可设点Q的坐标为（x_Q，-3m），
故$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=（0，-$\frac{1}{m}$）•（xQ，-3m）=3（定值）．
解法二：设直线l的方程为y=k（x-1），P（0，-k），代入$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$中，
整理得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），由韦达定理，得x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
从而$|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{12\sqrt{{k^2}+1}}}{{3+4{k^2}}}$．…①
直线AC的方程为y-$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{3}}{{x}_{1}}x$，直线BD的方程为y+$\sqrt{3}$=$\frac{{y}_{2}+\sqrt{3}}{{x}_{2}}x$，
联立两直线方程，消去x，得$\frac{y-\sqrt{3}}{y+\sqrt{3}}$=$\frac{{x}_{2}（{y}_{1}-\sqrt{3}）}{{x}_{1}（{y}_{2}-\sqrt{3}）}$=$\frac{{k{x_1}{x_2}-（k+\sqrt{3}）{x_2}}}{{k{x_1}{x_2}-（k-\sqrt{3}）{x_1}}}$，
由合分比定理，得$\frac{2y}{{2\sqrt{3}}}=\frac{{2k{x_1}{x_2}-k（{x_1}+{x_2}）-\sqrt{3}（{x_2}-{x_1}）}}{{k（{x_2}-{x_1}）+\sqrt{3}（{x_1}+{x_2}）}}$，
将①代入上式中，化简，得y=-$\frac{3}{k}$，
故$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=（0，-k）•（x_Q，-$\frac{3}{k}$）=3（定值）．

点评 本题属压轴题，计算量较大，难点在于如何用m表示AC与BD交点Q的坐标，求解时应注意韦达定理的灵活运用．对于定值的判断，求解的一般步骤是：
1．选定参变量（如点的坐标，直线的斜率、截距等），建立直线方程；
2．利用已知条件寻找等量关系；
3．将所得关系式与所判断的式子联立后探求定值．