Question

橢圓G:=1(a＞b＞0)的兩個焦點(diǎn)F₁(-c,0)、F₂(c,0),M是橢圓上一點(diǎn),且滿足F₁M·F₂M=0.

(1)求離心率e的取值范圍.

(2)當(dāng)離心率e取得最小值時,點(diǎn)N(0,3)到橢圓上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為.

①求此時橢圓G的方程;

②(理)設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓G相交于不同的兩點(diǎn)A、B,Q為AB的中點(diǎn),問A、B兩點(diǎn)能否關(guān)于過點(diǎn)P(0,)、Q的直線對稱?若能,求出k的取值范圍;若不能,請說明理由.

(文)設(shè)斜率為1的直線與橢圓G相交于不同的兩點(diǎn)A、B,Q為AB的中點(diǎn),點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0),若直線PQ垂直平分弦AB,求AB所在的直線方程.

Answer 1

答案：解:(1)設(shè)M(x₀,y₀),∵M(jìn)∈G,∴=1.①

又=0,∴(x₀+c,y₀)·(x₀-c,y₀)=0.② 

由②得y₀²=c²-x₀²代入①式整理,得x₀²=a²(2).又0≤x₀²≤a²,∴0≤a²(2)≤a².解得()²≥,即e²≥.又0＜e＜1,∴e∈［,1).

(2)①當(dāng)e=時,設(shè)橢圓G方程為,

設(shè)H(x,y)為橢圓上一點(diǎn),則|HN|²=x²+(y-3)²=-(y+3)²+2b²+18,其中-b≤y≤b.若0＜b＜3,則當(dāng)y=-b時,|HN|²有最大值b²+6b+9.由b²+6b+9=50,得b=-3±(舍去);

若b≥3,當(dāng)y=-3時,|HN|²有最大值2b²+18.由2b²+18=50,得b²=16.∴所求橢圓方程為.

②(理)設(shè)A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)、Q(x₀,y₀),則由兩式相減,得x₀+2ky₀=0,③ 

又直線PQ⊥直線l,∴直線PQ方程為y=,將點(diǎn)Q(x₀,y₀)代入上式,得y₀=.④ 

由③④,得Q().

方法一:而Q點(diǎn)必在橢圓內(nèi)部,∴＜1.由此得k²＜.又k≠0,∴＜k＜0或0＜k＜.故當(dāng)k∈(,0)∪(0,)時,A、B兩點(diǎn)關(guān)于過點(diǎn)P、Q的直線對稱.

方法二:∴AB所在直線方程為y+=k(xk).

由得(1+2k²)x²k(1+2k²)x+(1+2k²)²-32=0.

顯然1+2k²≠0,而Δ=［k(1+2k²)］²-4(1+2k²)［(1+2k²)²-32］=-4(1+2k²)［(1+2k²)-32］.

∵直線l與橢圓有兩個不同的交點(diǎn)A、B，∴Δ＞0.解得k²＜.又k≠0,∴＜k＜0或0＜k＜.故當(dāng)k∈(,0)∪(0,)時,A、B兩點(diǎn)關(guān)于過點(diǎn)P、Q的直線對稱.

另解:設(shè)直線l的方程為y=kx+b,由得(1+2k²)x²+4kbx+2b²-32=0.(*)

設(shè)A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)、Q(x₀,y₀),則x₀=,y₀=kx₀+b=.③

又直線PQ⊥直線l,∴直線PQ的方程為y=.將Q(x₀,y₀)代入上式,得y₀=x₀+.④

將③代入④,得b=-(1+2k²).⑤ 

∵x₁、x₂是(*)的兩根,∴Δ=(4kb)²-4(1+2k²)(2b²-32)=8×16(1+2k²)-8b²≥0.⑥ 

⑤代入⑥,得k²＜.

又k≠0,∴當(dāng)k∈(,0)∪(0,)時,A、B兩點(diǎn)關(guān)于過點(diǎn)P、Q的直線對稱.

(文)設(shè)A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)、Q(x₀,y₀),則由,兩式相減,得x₀+2y₀=0.③ 

又直線PQ⊥直線l,∴直線PQ的方程為y=-x+.將點(diǎn)Q(x₀,y₀)代入上式,得y₀=-x₀+.④

由③④,得Q(,-),

∴直線AB的方程為y+=1×(x),即x-y-=0.

另解:設(shè)直線l的方程為y=x+b,由,得3x²+4bx+2b²-32=0.(*)

設(shè)A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)、Q(x₀,y₀),則x₀=,y₀=x₀+b=.③ 

又直線PQ⊥直線l,∴直線PQ的方程為y=-x+.將Q(x₀,y₀)代入上式,得y₀=-x₀+.④

將③代入④,得b.

此時,Δ=(4b)²-4×3(2b²-32)=-8b²+12×32=300＞0.

∴b=符合要求.

∴直線AB的方程為y=x,即x-y=0.