Question

17．平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）右焦點(diǎn)的直線l：y=kx-k交C于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，當(dāng)k=1時(shí)OP的斜率為$-\frac{1}{2}$．
（Ⅰ） 求C的方程；
（Ⅱ） x軸上是否存在點(diǎn)Q，使得k變化時(shí)總有∠AQO=∠BQO，若存在請(qǐng)求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將直線y=x-1代入橢圓方程，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）假設(shè)存在點(diǎn)Q設(shè)坐標(biāo)為（m，0），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)閘：y=kx-k過(guò)定點(diǎn)（1，0），所以c=1，a²=b²+1．
當(dāng)k=1時(shí)，直線l：y=kx-k，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=x-1\\ \frac{x^2}{{{b^2}+1}}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
化簡(jiǎn)得（2b²+1）x²-2（b²+1）x+1-b⁴=0，
則${x_1}+{x_2}=\frac{{2（{{b^2}+1}）}}{{2{b^2}+1}}$，
于是${y_1}+{y_2}={x_1}+{x_2}-2=\frac{{2（{{b^2}+1}）}}{{2{b^2}+1}}-2=\frac{{-2{b^2}}}{{2{b^2}+1}}$，
所以AB中點(diǎn)P的坐標(biāo)為$（{\frac{{{b^2}+1}}{{2{b^2}+1}}，\frac{{-{b^2}}}{{2{b^2}+1}}}）$，
OP的斜率為$\frac{{-{b^2}}}{{{b^2}+1}}=-\frac{1}{2}$，所以b=1，$a=\sqrt{2}$．
從而橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）假設(shè)存在點(diǎn)Q設(shè)坐標(biāo)為（m，0），聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx-k}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，
化簡(jiǎn)得：（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，
直線AQ的斜率${k_{AQ}}=\frac{y_1}{{{x_1}-m}}$，直線BQ的斜率${k_{BQ}}=\frac{y_2}{{{x_2}-m}}$．${k_{AQ}}+{k_{BQ}}=\frac{{k（{{x_1}-1}）}}{{{x_1}-m}}+\frac{{k（{{x_2}-1}）}}{{{x_2}-m}}=\frac{{k[{2{x_1}{x_2}-（{m+1}）（{{x_1}+{x_2}}）+2m}]}}{{（{{x_1}-m}）（{{x_2}-m}）}}=\frac{{\frac{{2k（{m-2}）}}{{2{k^2}+1}}}}{{（{{x_1}-m}）（{{x_2}-m}）}}$，
當(dāng)m=2時(shí)，k_AQ+k_BQ=0，
所以存有點(diǎn)Q（2，0），使得∠AQO=∠BQO．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用聯(lián)立直線和橢圓方程，運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查存在性問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用聯(lián)立直線和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．