分析 (Ⅰ)設(shè)F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0),由\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=\frac{9}{4},得么F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),由此利用橢圓定義能求出a2,b2,由此能求出橢圓C的方程.
(Ⅱ)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}=λ\overrightarrow{PO},結(jié)合點差法能證明AB的斜率為定值.
解答 解:(Ⅰ)設(shè)F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0),則\overrightarrow{P{F_1}}=(-c+1,-\frac{3}{2}),\overrightarrow{P{F_2}}=(c+1,-\frac{3}{2}),(1分)
∴\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=1-{c^2}+\frac{9}{4},
∵\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=\frac{9}{4},∴1-{c^2}+\frac{9}{4}=\frac{9}{4},解得c=1.(3分)
∴F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),
∴2a=|P{F_1}|+|P{F_2}|=\sqrt{{{(-1+1)}^2}+{{(\frac{3}{2})}^2}}+\sqrt{{{(-1-1)}^2}+{{(\frac{3}{2})}^2}}=4,∴a=2,
∴a2=4,b2=4-1=3.(5分)
∴橢圓C的方程為:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.(6分)
證明:(Ⅱ)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
由\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}=λ\overrightarrow{PO},得({x_1}+1,{y_1}-\frac{3}{2})+({x_2}+1,{y_2}-\frac{3}{2})=λ(1,-\frac{3}{2})(8分)
∴{x_1}+{x_2}=λ-2≠0,{y_1}+{y_2}=\frac{3}{2}(2-λ)≠0…①(9分)
又A(x1,y1),B(x2,y2)橢圓E上兩個動點,
∴3x_1^2+4y_1^2=12,3x_2^2+4y_2^2=12.
兩式相減得3(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0…②(11分)
以①式代入可得AB的斜率k=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}為定值.(13分)
點評 本題考查橢圓方程的求法,考查直線的斜率為定值的證明,是中檔題,解題時要認真審題,注意橢圓性質(zhì)、點差法的合理運用.
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A. | 2\sqrt{2} | B. | 2 | C. | \sqrt{2} | D. | 1 |
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