Question

14．如图，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且OP⊥AF．
（1）若点P坐标为（$\sqrt{3}$，1），求椭圆C的方程；
（2）延长AF交椭圆C于点Q，若直线OP的斜率是直线BQ的斜率的2倍，求椭圆C的离心率；
（3）求证：存在椭圆C，使直线AF平分线段OP．

Answer 1

分析 （1）根据直线垂直列出方程组，求出a，b，得到椭圆的标准方程；
（2）根据直线斜率间的关系得出椭圆的离心率；
（3）将问题转化为确定直线与椭圆交点坐标的范围问题．

解答 解：（1）由题意可知，A（0，b），F（c，0），所以，k_AF=-$\frac{b}{c}$，
再由P（$\sqrt{3}$，1），OP⊥AF，所以，k_OP•k_AF=-1，
k_OP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$得k_AF=-$\sqrt{3}$，即$\frac{b}{c}$=$\sqrt{3}$，
联立方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}\\{b=\sqrt{3}c}\end{array}\right.$，解得a²=$\frac{13}{3}$，b²=$\frac{13}{4}$，
所以，椭圆的方程为$\frac{x^2}{\frac{13}{3}}+\frac{y^2}{\frac{13}{4}}=1$；
（2）由题意知，直线AF：$\frac{x}{c}+\frac{y}{b}=1$即y=-$\frac{b}{c}$x+b，
联立椭圆方程，解得Q（$\frac{2a^2c}{a^2+c^2}$，$\frac{-2a^2b}{a^2+c^2}$+b），
由OP⊥AF得k_OP=$\frac{c}{b}$，而k_BQ=$\frac{1}{2}$k_OP=$\frac{c}{2b}$，
即$\frac{\frac{-2a^2b}{a^2+c^2}+2b}{\frac{2a^2c}{a^2+c^2}}$=$\frac{c}{2b}$，解得a²=2b²，故e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）假设存在椭圆C使得直线AF平分线段OP，则线段OP的中点必在直线AF上，
因此，直线AF与椭圆C必有两个不同的交点（其中一个交点为A，另一个为交点Q），
只需证明存在这样的点Q使得其纵坐标y_Q≥-b即可，
不妨设P（x，y），则OP的中点为M（$\frac{x}{2}$，$\frac{y}{2}$），将M代入直线AF的方程得$\frac{x}{2c}+\frac{y}{2b}=1$，
再联立方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\\{\frac{x}{2c}+\frac{y}{2b}=1}\end{array}\right.$消去x并化简得，（c²+1）y²-4bc²y+4b²c²-b²=0，
△=16b²c⁴-4（c²+1）（4b²c²-b²）＞0，解得c²＜$\frac{1}{3}$，而y₁+y₂=$\frac{4bc^2}{c^2+1}$，其中y₁=b，
则y₂=$\frac{3c^2-1}{c^2+1}$•b=（3-$\frac{4}{c^2+1}$）b∈（-b，0），即证．

点评 本题主要考查了椭圆的标准方程及其几何性质，以及直线与椭圆的综合应用，涉及斜率与离心率的运算，直线与椭圆的位置关系等，属于难题．