Question

9．如图，已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）过点$（{1\;，\;\frac{3}{2}}）$，两个焦点为F₁（-1，0）和F₂（1，0）．圆O的方程为x²+y²=a²．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过F₁且斜率为k（k＞0）的动直线l与椭圆C交于A、B两点，与圆O交于P、Q两点（点A、P在x轴上方），当|AF₂|，|BF₂|，|AB|成等差数列时，求弦PQ的长．

Answer 1

分析 （1）求出c=1，设椭圆C的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{{a^2}-1}}=1$，将点$（{1\;，\;\frac{3}{2}}）$代入，解得a²=4，然后求解椭圆C的方程．
（2）由椭圆定义，|AF₁|+|AF₂|=4，|BF₁|+|BF₂|=4，通过|AF₂|，|BF₂|，|AB|成等差数列，推出$|B{F_2}|=\frac{8}{3}$． 设B（x₀，y₀），通过$\left\{\begin{array}{l}{（{x_0}-1）^2}+y_0^2=\frac{64}{9}\;，\;\\ \frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1\;\;\end{array}\right.$解得B，然后求解直线方程，推出弦PQ的长即可．

解答 （本题满分（14分），第1小题满分（6分），第2小题满分8分）
解：（1）由题意，c=1，…（1分）
设椭圆C的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{{a^2}-1}}=1$，将点$（{1\;，\;\frac{3}{2}}）$代入$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4（{a^2}-1）}}=1$，
解得a²=4（${a^2}=\frac{1}{4}$舍去），…（3分）
所以，椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．  …（4分）
（2）由椭圆定义，|AF₁|+|AF₂|=4，|BF₁|+|BF₂|=4，两式相加，得|AB|+|AF₂|+|BF₂|=8，
因为|AF₂|，|BF₂|，|AB|成等差数列，所以|AB|+|AF₂|=2|BF₂|，
于是3|BF₂|=8，即$|B{F_2}|=\frac{8}{3}$．   …（3分）
设B（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}{（{x_0}-1）^2}+y_0^2=\frac{64}{9}\;，\;\\ \frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1\;\;\end{array}\right.$解得$B（{-\frac{4}{3}\;，\;-\frac{{\sqrt{15}}}{3}}）$，…（5分）
（或设$B（2cosθ\;，\;\sqrt{3}sinθ）$，则${（2cosθ-1）^2}+3{sin^2}θ=\frac{64}{9}$，解得$cosθ=-\frac{2}{3}$，$sinθ=-\frac{{\sqrt{5}}}{3}$，所以$B（{-\frac{4}{3}\;，\;-\frac{{\sqrt{15}}}{3}}）$）．
所以，$k=\sqrt{15}$，直线l的方程为$y=\sqrt{15}（x+1）$，即$\sqrt{15}x-y+\sqrt{15}=0$，…（6分）
圆O的方程为x²+y²=4，圆心O到直线l的距离$d=\frac{{\sqrt{15}}}{4}$，…（7分）
此时，弦PQ的长$|PQ|=2\sqrt{4-{d^2}}=\frac{7}{2}$． …（8分）

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆与圆的关系，考查转化思想以及计算能力．