Question

5．如图：A，B，C是椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的顶点，点F（c，0）为椭圆的右焦点，原点O到直线CF的距离为$\frac{1}{2}c$，且椭圆过点$（{2\sqrt{3}，1}）$．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若P是椭圆上除顶点外的任意一点，直线CP交x轴于点E，直线BC与AP相交于点D，连结DE．设直线AP的斜率为k，直线DE的斜率为k₁，问是否存在实数λ，使得$λ{k_1}=k+\frac{1}{2}$成立，若存在求出λ的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出直线CF的方程为bx+cy-bc=0，由原点O到CF的距离为$\frac{1}{2}c$，椭圆过点$（{2\sqrt{3}，1}）$，求出a，b，由此能求出椭圆方程．
（Ⅱ）求出直线BC的方程为y=$\frac{1}{2}x+2$，直线AP的方程为：y=k（x-4），代入椭圆方程，得（4k²+1）x²-32k²x+64k²-16=0，求出直线CP的方程为y=$\frac{1+2k}{2（1-2k）}x+2$，从而得到E（$\frac{8k-4}{2k+1}$，0），将直线BC与直线AP联立，得D（$\frac{8k+4}{2k-1}$，$\frac{8k}{2k-1}$），由此能求出λ．

解答 解：（Ⅰ）由题意，得C（0，b），∴直线CF的方程为y=-$\frac{b}{c}x$+b，
即bx+cy-bc=0，
又原点O到CF的距离为$\frac{1}{2}c$，
∴$\frac{|-bc|}{\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{1}{2}c$，由b²+c²=a²整理，得a=2b，
又椭圆过点$（{2\sqrt{3}，1}）$，∴$\frac{12}{4{b}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}$=1，
解得a²=16，b²=4，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B（-4，0），C（0，2），
故直线BC的方程为y=$\frac{1}{2}x+2$，
∵直线AP的斜率为k，点A（4，0），∴直线AP的方程为：y=k（x-4），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²-32k²x+64k²-16=0，
又点P（x_P，y_p）在椭圆上，故有：4•x_P=$\frac{64{k}^{2}-16}{4{k}^{2}+1}$，
∴x_P=$\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，${y}_{p}=k（\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}-4）=\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，
∴P（$\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$），
故直线CP的方程为y=$\frac{2+\frac{8k}{4{k}^{2}+1}}{0-\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}}$x+2，
即y=$\frac{1+2k}{2（1-2k）}x+2$，
又点E为直线CP与x轴交点，令y=0得x=$\frac{8k-4}{2k+1}$，
∴E（$\frac{8k-4}{2k+1}$，0），
将直线BC与直线AP联立，得：
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+2}\\{y=k（x-4）}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{8k+4}{2k-1}}\\{y=\frac{8k}{2k-1}}\end{array}\right.$，∴D（$\frac{8k+4}{2k-1}$，$\frac{8k}{2k-1}$），
故直线DE的斜率为：
${k}_{1}=\frac{\frac{8k}{2k-1}-0}{\frac{8k+4}{2k-1}-\frac{8k-4}{2k+1}}$=$\frac{2k（2k+1）}{8k}$=$\frac{1}{4}（2k+1）=\frac{1}{2}（k+\frac{1}{2}）$，
∴$2{k}_{1}=k+\frac{1}{2}$，
∴λ=2．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件实数值是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．