Question

11．已知A，B分別是離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$的橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點與右頂點，右焦點F₂到直線AB的距離為$\frac{2\sqrt{5}-\sqrt{15}}{5}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過點M（0，2）作直線l交橢圓E于P，Q兩點，求$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由A，B分別是離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$的橢圓的上頂點與右頂點，右焦點F₂到直線AB的距離為$\frac{2\sqrt{5}-\sqrt{15}}{5}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓E的方程．
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），當直線l的斜率不存在時，$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-1．當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+2，代入橢圓方程x²+4y²-4=0，得（1+4k²）x²+16kx+12=0，由此利用韋達定理、根的判別式、向量的數(shù)量積公式，結(jié)合已知條件能求出$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的取值范圍．

解答 解：（1）由題知e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\frac{1}{2}$a，
∴A（0，$\frac{a}{2}$），B（a，0），F(xiàn)₂（$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，0），
∴直線AB的方程為x+2y-a=0，
∴$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a-a}{\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}-\sqrt{15}}{5}$，解得a=2，∴b=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{x2}{4}$+y²=1．（4分）
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
當直線l的斜率不存在時，由題意知P，Q為橢圓的上、下頂點，
可設(shè)P（0，1），Q（0，-1），此時$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-1．（6分）
當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+2，
代入橢圓方程x²+4y²-4=0，整理得（1+4k²）x²+16kx+12=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，（7分）
由△=（16k）²-4×12（1+4k²）＞0，得k²＞$\frac{3}{4}$．
$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）
=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4
=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{32{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+4=$\frac{16-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=-1+$\frac{17}{1+4{k}^{2}}$，（9分）
由k²＞$\frac{3}{4}$，得4k²+1＞4，∴0＜$\frac{17}{1+4{k}^{2}}$＜$\frac{17}{4}$，
∴-1＜-1+$\frac{17}{1+4{k}^{2}}$＜$\frac{13}{4}$，
∴直線l斜率存在時，$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的取值范圍為（-1，$\frac{13}{4}$）．（11分）
綜上，$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的取值范圍為[-1，$\frac{13}{4}$）．（12分）

點評 本題考查橢圓方程求法，考查向量的數(shù)量積的取值范圍的求法，考查橢圓、韋達定理、根的判別式、直線方程、向量的數(shù)量積等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．