Question

17．平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）右焦点的直线l：y=kx-k交C于A，B两点，P为AB的中点，当k=1时OP的斜率为$-\frac{1}{2}$．
（Ⅰ） 求C的方程；
（Ⅱ） x轴上是否存在点Q，使得k变化时总有∠AQO=∠BQO，若存在请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将直线y=x-1代入椭圆方程，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），运用韦达定理和中点坐标公式，解得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）假设存在点Q设坐标为（m，0），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，即可得到结论．

解答 解：（Ⅰ）因为l：y=kx-k过定点（1，0），所以c=1，a²=b²+1．
当k=1时，直线l：y=kx-k，联立$\left\{\begin{array}{l}y=x-1\\ \frac{x^2}{{{b^2}+1}}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
化简得（2b²+1）x²-2（b²+1）x+1-b⁴=0，
则${x_1}+{x_2}=\frac{{2（{{b^2}+1}）}}{{2{b^2}+1}}$，
于是${y_1}+{y_2}={x_1}+{x_2}-2=\frac{{2（{{b^2}+1}）}}{{2{b^2}+1}}-2=\frac{{-2{b^2}}}{{2{b^2}+1}}$，
所以AB中点P的坐标为$（{\frac{{{b^2}+1}}{{2{b^2}+1}}，\frac{{-{b^2}}}{{2{b^2}+1}}}）$，
OP的斜率为$\frac{{-{b^2}}}{{{b^2}+1}}=-\frac{1}{2}$，所以b=1，$a=\sqrt{2}$．
从而椭圆C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）假设存在点Q设坐标为（m，0），联立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx-k}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，
化简得：（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，
直线AQ的斜率${k_{AQ}}=\frac{y_1}{{{x_1}-m}}$，直线BQ的斜率${k_{BQ}}=\frac{y_2}{{{x_2}-m}}$．${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{k（{{x_1}-1}）}}{{{x_1}-m}}+\frac{{k（{{x_2}-1}）}}{{{x_2}-m}}=\frac{{k[{2{x_1}{x_2}-（{m+1}）（{{x_1}+{x_2}}）+2m}]}}{{（{{x_1}-m}）（{{x_2}-m}）}}=\frac{{\frac{{2k（{m-2}）}}{{2{k^2}+1}}}}{{（{{x_1}-m}）（{{x_2}-m}）}}$，
当m=2时，k_AQ+k_BQ=0，
所以存有点Q（2，0），使得∠AQO=∠BQO．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用联立直线和椭圆方程，运用中点坐标公式，考查存在性问题的解法，注意运用联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．