Question

5．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1过点D（1，$\frac{3}{2}$），且右焦点为F（1，0）右顶点为A，过点F的弦为BC，直线BA，直线CA分别交直线l：x=m（m＞2）于P、Q两点．
（1）求椭圆方程；
（2）若FP⊥FQ，求m的值．

Answer 1

分析 （1）由题意可得c=1，运用椭圆的定义可得2a=4，a=2，再由椭圆的a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；
（2）讨论当BC垂直于x轴，求得B，C的坐标，由共线求得P，Q的坐标，向量FP，FQ的坐标，由垂直的条件可得数量积为0，解得m=4，再考虑BC不垂直于x轴，设出直线方程，联立椭圆方程，运用韦达定理，结合三点共线，可得P，Q的纵坐标，再由向量垂直的条件，得到方程，解得m=4．

解答 解：（1）右焦点为F（1，0），可得
c=1，左焦点F'为（-1，0），
由椭圆的定义可得2a=|DF|+|DF'|
=$\frac{3}{2}$+$\sqrt{{2}^{2}+\frac{9}{4}}$=4，
即有a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
则椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）当BC垂直于x轴，即有B（1，-$\frac{3}{2}$），C（1，$\frac{3}{2}$），
设P（m，s），Q（m，t），A（2，0），F（1，0），
由B，A，P共线，可得k_AB=k_AP，
即为$\frac{3}{2}$=$\frac{s}{m-2}$，即有s=$\frac{3}{2}$（m-2），
即有P（m，$\frac{3}{2}$（m-2）），$\overrightarrow{FP}$=（m-1，$\frac{3}{2}$（m-2）），
同样可得Q（m，-$\frac{3}{2}$（m-2）），$\overrightarrow{FQ}$=（m-1，-$\frac{3}{2}$（m-2）），
FP⊥FQ即为$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=0，
即有（m-1）²-$\frac{9}{4}$（m-2）²=0，
解得m=4；
当直线CB与x轴不垂直，则设直线CB的斜率为k，（k≠0）
∴直线CB的方程为y=k（x-1），k≠0，
又设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），P（m，y₃），Q（m，y₄），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，消y得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=$\frac{-9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
又∵A、B、P三点共线，
∴y₃=（m-2）•$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$，同理y₄=（m-2）•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，
∴$\overrightarrow{FP}$=（m-1，（m-2）•$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$），$\overrightarrow{FQ}$=（m-1，（m-2）•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$），
由于$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=0，即为$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$=（m-1）²+（m-2）²•$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=0，
分别代入x₁+x₂，x₁x₂，y₁y₂，可得（m-1）²-$\frac{9}{4}$（m-2）²=0，
解得m=4．
综上可得m=4．

点评 本题考查椭圆方程的求法和椭圆的性质，考查向量垂直的条件即为向量的数量积为0，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用和化简整理的运算能力．