Question

6．已知椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，经过点A（0，3）的直线与椭圆交于P，Q两点．
（Ⅰ）若|PO|=|PA|，求点P的坐标；
（Ⅱ）若S_△OAP=S_△OPQ，求直线PQ的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由|PO|=|PA|，得P在OA的中垂线上，求出中垂线方程，代入椭圆方程进行求解即可求点P的坐标；
（Ⅱ）求出直线方程，联立直线和椭圆方程，转化为一元二次方程，结合三角形面积之间的关系即可得到结论．

解答 解：（ I） 设点P（x₁，y₁），由题意|PO|=|PA|，
所以点P在OA的中垂线上，而OA的中垂线为$y=\frac{3}{2}$，所以有${y_1}=\frac{3}{2}$．-------------（2分）
把其代入椭圆方程，求得x₁=±1．
所以 $P（1，\frac{3}{2}）$或$P（-1，\frac{3}{2}）$．-------------（4分）
（II） 设Q（x₂，y₂）．
根据题意，直线PQ的斜率存在，
设直线PQ的方程为y=kx+3，
所以$\left\{\begin{array}{l}3{x^2}+4{y^2}-12=0\\ y=kx+3\end{array}\right.$．
消元得到 （3+4k²）x²+24kx+24=0，
所以$\left\{\begin{array}{l}△={（24k）^2}-96（3+4{k^2}）＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{-24k}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{24}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$-------------（6分）
因为S_△OAP=S_△OPQ，
所以S_△OAQ=2S_△OPQ，
即 $\frac{1}{2}|OA||{x_1}|=2•\frac{1}{2}|OA||{x_2}|$-------------（7分）
所以有|x₁|=2|x₂|，-------------（8分）
因为${x_1}{x_2}=\frac{24}{{3+4{k^2}}}＞0$，
所以x₁，x₂同号，所以x₁=2x₂．
所以$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=2{x_2}\\{x_1}+{x_2}=\frac{-24k}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{24}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$，-------------（9分）
解方程组得到$k=±\frac{3}{2}$，经检验，此时△＞0，
所以直线PQ的方程为$y=\frac{3}{2}x+3$，或$y=-\frac{3}{2}x+3$．-------------（10分）
法二：设Q（x₂，y₂），
因为S_△OAP=S_△OPQ，所以|AP|=|PQ|．-------------（6分）
即点P为线段OQ的中点，
所以x₂=2x₁，y₂=2y₁-3．-------------（7分）
把点P，Q的坐标代入椭圆方程得到$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{3}=1\\ \frac{{{{（2{x_1}）}^2}}}{4}+\frac{{{{（2{y_1}-3）}^2}}}{3}=1\end{array}\right.$-------------（8分）
解方程组得到$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=1\\{y_1}=\frac{3}{2}\end{array}\right.$或者$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=-1\\{y_1}=\frac{3}{2}\end{array}\right.$，
即$P（1，\frac{3}{2}）$，或者$P（-1，\frac{3}{2}）$．-------------（9分）
所以直线PQ的斜率为$k=\frac{3}{2}$或者$k=-\frac{3}{2}$，
所以直线PQ的方程为$y=\frac{3}{2}x+3$，$y=-\frac{3}{2}x+3$．-------------（10分）

点评 本题主要考查椭圆方程的应用和性质，直线和椭圆相交的性质，利用设而不求的思想是解决本题的关键．考查学生的运算能力．