Question

14．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，点$A（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在椭圆C上．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交两点P₁，P₂（两点均不在坐标轴上），且使得直线OP₁，OP₂的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用离心率列出方程，通过点在椭圆上列出方程，求出a，b然后求出椭圆的方程．
（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，验证直线OP₁，OP₂的斜率之积．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m与椭圆联立，利用直线l与椭圆C有且只有一个公共点，推出m²=4k²+1，通过直线与圆的方程的方程组，设P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出k₁•k₂为定值即可．

解答 （本小题满分14分）
（Ⅰ）解：由题意，得$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²=b²+c²，…（2分）
又因为点$A（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在椭圆C上，
所以$\frac{1}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1$，…（3分）
解得a=2，b=1，$c=\sqrt{3}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x²+y²=5．…（6分）
证明如下：
假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为x²+y²=r²（r＞0）．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m．…（7分）
由方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，…（8分）
因为直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，
所以${△_1}={（8km）^2}-4（4{k^2}+1）（4{m^2}-4）=0$，即m²=4k²+1．…（9分）
由方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+{y^2}={r^2}\end{array}\right.$得（k²+1）x²+2kmx+m²-r²=0，…（10分）
则${△_2}={（2km）^2}-4（{k^2}+1）（{m^2}-{r^2}）＞0$．
设P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=\frac{-2km}{{{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{{m^2}-{r^2}}}{{{k^2}+1}}$，…（11分）
设直线OP₁，OP₂的斜率分别为k₁，k₂，
所以${k_1}{k_2}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}$
=$\frac{{{k^2}•\frac{{{m^2}-{r^2}}}{{{k^2}+1}}+km•\frac{-2km}{{{k^2}+1}}+{m^2}}}{{\frac{{{m^2}-{r^2}}}{{{k^2}+1}}}}=\frac{{{m^2}-{r^2}{k^2}}}{{{m^2}-{r^2}}}$，…（12分）
将m²=4k²+1代入上式，得${k_1}•{k_2}=\frac{{（4-{r^2}）{k^2}+1}}{{4{k^2}+（1-{r^2}）}}$．
要使得k₁k₂为定值，则$\frac{{4-{r^2}}}{4}=\frac{1}{{1-{r^2}}}$，即r²=5，验证符合题意．
所以当圆的方程为x²+y²=5时，圆与l的交点P₁，P₂满足k₁k₂为定值$-\frac{1}{4}$．…（13分）
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x=±2，
此时，圆x²+y²=5与l的交点P₁，P₂也满足${k_1}{k_2}=-\frac{1}{4}$．
综上，当圆的方程为x²+y²=5时，圆与l的交点P₁，P₂满足斜率之积k₁k₂为定值$-\frac{1}{4}$．…（14分）

点评 本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．