Question

12．已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$的椭圆C过点$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设B为椭圆的上顶点，P、Q为椭圆C上异于点B的任意两点．
（ⅰ）设P、Q两点的连线不经过原点，且直线OP、PQ、OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围；
（ⅱ）当BP⊥BQ时，若点B在线段PQ上的射影为点M，求点M的轨迹方程．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆的方程的定义即可求出，
（2）（ⅰ）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的方程为y=kx+m，根据韦达定理，以及等比数列，得到关于k的方程，求出k的值，由点到直线的距离和三角形的面积公式即可求出．
（ⅱ）由直线垂直的条件和韦达定理得到关于m的方程，求出m，设M（x，y），由BM⊥PQ，代入PQ方程得$y=-\frac{x^2}{y-1}=-\frac{3}{5}$，整理即可．

解答 解：（1）设椭圆方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，由$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ \frac{2}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$
所以椭圆方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
（2）（ⅰ）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的方程为y=kx+m，与椭圆方程联立消去y，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$
∵直线OP、PQ、OQ的斜率依次成等比数列，
所以$\frac{y_1}{x_1}•\frac{y_2}{x_2}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}={k^2}$
即$\frac{{-8{k^2}{m^2}}}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$，又m≠0，所以${k^2}=\frac{1}{4}$即$k=±\frac{1}{2}$，
由于直线OQ的斜率存在且不为0及△＞0，得0＜m²＜2且m²≠1
设d为点O到直线l的距离，则${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}d|PQ|=\frac{1}{2}\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}•\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|$=$\frac{1}{2}|m|\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{m^2}（2-{m^2}）}$
∴S_△OPQ的面积的范围为（0，1），
（ⅱ）由BP⊥BQ得，$\frac{{{y_1}-1}}{x_1}•\frac{{{y_2}-1}}{x_2}=-1$，即x₁x₂+y₁y₂-（y₁+y₂）+1=0
从而可得$\frac{{（{k^2}+1）（4{m^2}-4）}}{{4{k^2}+1}}+k（m-1）•\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}+{（m-1）^2}=0$
化简，得5m²-2m-3=0，解得m=1（舍）或$m=-\frac{3}{5}$，
设M（x，y），因此BM⊥PQ，所以$k=\frac{x}{y-1}$，代入PQ方程得$y=-\frac{x^2}{y-1}-\frac{3}{5}$
整理得${x^2}+{（y-\frac{1}{5}）^2}={（\frac{4}{5}）^2}$，由题意知，轨迹不经过B（0，1）
∴动点M的轨迹方程为${x^2}+{（y-\frac{1}{5}）^2}={（\frac{4}{5}）^2}（y≠1）$

点评 本题考查直线方程的求法，具体涉及到椭圆的简单性质、直线方程的性质、韦达定理等基本知识点．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化．