Question

19．如图，已知焦点在x轴上的椭圆C过点（-2，0），且离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，Q为椭圆C的右顶点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点N（$\frac{6}{5}$，0）的直线l与椭圆C交于A，B两点，求证：以AB为直径的圆必过点Q．

Answer 1

分析 （1）设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），根据椭圆C过点（-2，0），且离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得a=2，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，b²=a²-c²，即可得出．
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=k（x-$\frac{6}{5}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为：（25+100k²）x²-240k²x+144k²-100=0，利用根与系数的关系及其斜率计算公式证明：k_AQ•k_BQ=-1即可，当直线l⊥x轴时，AQ⊥BQ直接验证即可．

解答 （1）解：设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵椭圆C过点（-2，0），且离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得c=$\sqrt{3}$，
∴b²=a²-c²=1．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）证明：当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为：y=k（x-$\frac{6}{5}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{6}{5}）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（25+100k²）x²-240k²x+144k²-100=0，
∴x₁+x₂=$\frac{240{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{144{k}^{2}-100}{25+100{k}^{2}}$．
k_AQ•k_BQ=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=$\frac{{k}^{2}[{x}_{1}{x}_{2}-\frac{6}{5}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{36}{25}]}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$，
分母=$\frac{144{k}^{2}-100}{25+100{k}^{2}}$-2×$\frac{240{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$+4=$\frac{64{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$．
分子=k²$[\frac{144{k}^{2}-100}{25+100{k}^{2}}-\frac{6}{5}×\frac{240{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}+\frac{36}{25}]$=-$\frac{64{k}^{2}}{25+100{k}^{2}}$．
∴k_AQ•k_BQ=-1，
∴AQ⊥BQ．
当直线l⊥x轴时，AQ⊥BQ也成立．
∴以AB为直径的圆必过点Q．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、圆的性质、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．