Question

8．已知橢圓C方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），左、右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，若橢圓C上的點(diǎn)$P（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$到F₁，F(xiàn)₂的距離和等于4
（Ⅰ）寫(xiě)出橢圓C的方程和焦點(diǎn)坐標(biāo)；
（Ⅱ）直線l過(guò)定點(diǎn)M（0，2），且與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，
（i）若直線l傾斜角為$\frac{π}{3}$，求|AB|的值．
（ii）若$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$＞0，求直線l的斜率k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)橢圓定義及將點(diǎn)$P（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$代入橢圓C，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）（i）通過(guò)設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線l的方程代入橢圓C的方程，利用韋達(dá)定理計(jì)算即可；（ii）通過(guò)設(shè)l：y=kx+2并代入橢圓C的方程，利用根的判別式大于0可得k²＞$\frac{3}{4}$，利用韋達(dá)定理及$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$＞0計(jì)算可得k²＜4，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由題意得：2a=4，即a=2，
又點(diǎn)$P（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓C上，∴$\frac{1}{4}+\frac{\frac{3}{4}}{^{2}}=1$，即b²=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，
焦點(diǎn)F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0）；
（Ⅱ）（i）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
直線l的斜率為$\sqrt{3}$，且過(guò)點(diǎn)M（0，2），
故直線l的方程為：y=$\sqrt{3}$x+2，代入橢圓C的方程，
整理得：13x²+16$\sqrt{3}$x+12=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{16\sqrt{3}}{13}$，x₁x₂=$\frac{12}{13}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=2$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{24}{13}$；
（ii）由題意得直線l的斜率存在且不為0，
設(shè)l：y=kx+2，代入橢圓C的方程，整理得：
（1+4k²）x²+16kx+12=0，
∵△=（16k）²-4•（1+4k²）•12=16（4k²-3）＞0，
∴k²＞$\frac{3}{4}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂＞0，
又y₁y₂=（kx₁+2）•（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4，
∴x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4
=（1+k²）$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$+2k（-$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$）+4
=$\frac{4（4-{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$＞0，
∴k²＜4，
∴$\frac{3}{4}$＜k²＜4，
∴直線l的斜率k的取值范圍是：（-2，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）∪（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．