Question

10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）不垂直与坐标轴的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点P（0，$\frac{1}{3}$），若cos∠APB=-$\frac{1}{3}$，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和点满足方程及a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；
（Ⅱ）设直线l的方程设为y=kx+t，设A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），联立椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以AB为直径的圆过坐标原点，求出中点坐标，再由点到直线距离公式和弦长公式代入化简整理，再由两直线垂直的条件，解方程可得k，进而得到所求直线方程．

解答 解：（Ⅰ）由题意得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，又a²-b²=c²，
解得a=2，b=1．
所以椭圆C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．                
（Ⅱ）设直线l的方程设为y=kx+t，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$消去y得（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0，
则有x₁+x₂=$\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
由△＞0可得1+4k²＞t²，
y₁+y₂=kx₁+t+kx₂+t=k（x₁+x₂）+2t=$\frac{2t}{1+4{k}^{2}}$
设A，B的中点为D（m，n），则m=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4kt}{1+4{k}^{2}}$，n=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$
因为直线PD与直线l垂直，所以k_PD=-$\frac{1}{k}$=$\frac{\frac{1}{3}-n}{-m}$，得$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{9}$，
△＞0可得4k²+1＞t²，可得-9＜t＜0，
因为cos∠APB=2cos²∠APD-1=-$\frac{1}{3}$，
所以cos∠APD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得tan∠APD=$\sqrt{2}$，
所以$\frac{\frac{|AB|}{2}}{|PD|}$=$\sqrt{2}$，由点到直线距离公式和弦长公式可得|PD|=$\frac{|-\frac{1}{3}+t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{16{t}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+4{k}^{2}-{t}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$，
由$\frac{\frac{|AB|}{2}}{|PD|}$=$\frac{\frac{2\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+4{k}^{2}-{t}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}}{\frac{|-\frac{1}{3}+t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}}$=$\sqrt{2}$和$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{9}$，
解得t=-1∈（-9，0），k=$±\sqrt{2}$，
直线l的方程为y=$\sqrt{2}$x-1或y=-$\sqrt{2}$x-1．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率的运用和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，弦长公式，同时考查圆的性质：直径所对的圆周角为直角，考查直线垂直的条件和直线方程的求法，属于难题．