Question

14．如圖，橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，頂點(diǎn)為A₁、A₂、B₁、B₂，且$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}•\overrightarrow{{A_1}{B_2}}=3$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）P是橢圓C上除頂點(diǎn)外的任意點(diǎn)，直線B₂P交x軸于點(diǎn)Q，直線A₁B₂交A₂P于點(diǎn)E．設(shè)A₂P的斜率為k，EQ的斜率為m，試問2m-k是否為定值？并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求得c的值，求得a的值，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線A₂P的方程為y=k（x-2），代入橢圓方程，求得P點(diǎn)坐標(biāo)，直線B₂P的方程為$y=\frac{{-4{k^2}-4k-1}}{{8{k^2}-2}}x+1$=$-\frac{2k+1}{2（2k-1）}x+1$（$k≠-\frac{1}{2}$），求得Q點(diǎn)坐標(biāo)，聯(lián)立求得E點(diǎn)坐標(biāo)，求得m，則$2m-k=2•\frac{2k+1}{4}-k=\frac{1}{2}$（定值）．

解答 解：（1）由$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，則$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
由題意及圖可得A₁（-a，0），B₁（0，-b），B₂（0，b），
∴$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=（a，-b），\overrightarrow{{A_1}{B_2}}=（a，b）$
又$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}•\overrightarrow{A{B_2}}=3$，則a²-b²=3，∴$c=\sqrt{3}$
∴$a=2，b=\sqrt{{a^2}-{b^2}}=1$
∴橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）證明：由題意可知A₁（-2，0），A₂（2，0），B₁（0，-1），B₂（0，1），
由A₂P的斜率為k，則直線A₂P的方程為y=k（x-2），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-2）\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0，
其中${x_{A_2}}=2$，則${x_P}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}$，$P（\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}，\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}）$，
則直線B₂P的方程為$y=\frac{{-4{k^2}-4k-1}}{{8{k^2}-2}}x+1$=$-\frac{2k+1}{2（2k-1）}x+1$（$k≠-\frac{1}{2}$），
令y=0，則$x=\frac{2（2k-1）}{2k+1}$，即$Q（\frac{2（2k-1）}{2k+1}，0）$
直線A₁B₂的方程為x-2y+2=0，
由$\left\{\begin{array}{l}x-2y+2=0\\ y=k（x-2）\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{4k+2}{2k-1}\\ y=\frac{4k}{2k-1}\end{array}\right.$，則$E（\frac{4k+2}{2k-1}，\frac{4k}{2k-1}）$，
則EQ的斜率$m=\frac{{-\frac{4k}{2k-1}}}{{\frac{2（2k-1）}{2k+1}-\frac{2（2k+1）}{2k-1}}}=\frac{2k+1}{4}$，
∴$2m-k=2•\frac{2k+1}{4}-k=\frac{1}{2}$（定值），
2m-k為定值$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．