Question

12．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，且F₂的坐標(biāo)為（1，0），離心率為$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)A是橢圓C的左頂點(diǎn)，直線l的方程為x=4，過F₂的直線l′與橢圓C相交于異于點(diǎn)A的P，Q兩點(diǎn)．
①求$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$的取值范圍；
②若直線AP，AQ與直線l分別相交于M，N兩點(diǎn)，求證：兩動(dòng)點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)之積為定值，并求此定值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：c=1，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，又b²=a²-c²，聯(lián)立解得即可得出橢圓C的方程．
（2）①當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，F(xiàn)₂（1，0），聯(lián)立解得P，Q，又A（-2，0），利用數(shù)量積運(yùn)算可得$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$．當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為：y=k（x-1）（k≠0），與橢圓方程聯(lián)立化為（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用根與系數(shù)的關(guān)系可得y₁y₂=$\frac{-9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，利用數(shù)量積運(yùn)算可得$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$=（x₁+2）（x₂+2）+y₁y₂=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁y₂．即可得出$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$的取值范圍．
②直線AP的方程為$y=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}（x+2）$，把x=2代入解得M，同理可得N．可得y_My_N．當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：c=1，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，又b²=a²-c²，
聯(lián)立解得，c=1，a=2，b²=3．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）①當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，F(xiàn)₂（1，0），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得P$（1，\frac{3}{2}）$，Q$（1，-\frac{3}{2}）$，
又A（-2，0），
∴$\overrightarrow{AP}$=$（3，\frac{3}{2}）$，$\overrightarrow{AQ}$=$（3，-\frac{3}{2}）$，
∴$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$=9-$\frac{9}{4}$=$\frac{27}{4}$．
當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為：y=k（x-1）（k≠0），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
△＞0，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=$\frac{-9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$=（x₁+2）（x₂+2）+y₁y₂
=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁y₂
=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{2×8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+4-$\frac{9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{27{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{27}{\frac{3}{{k}^{2}}+4}$∈$（0，\frac{27}{4}）$．
綜上可得：$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}$的取值范圍是$（0，\frac{27}{4}]$．
②證明：直線AP的方程為$y=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}（x+2）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}（x+2）}\end{array}\right.$，解得M$（4，\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}）$，
同理可得N$（4，\frac{6{y}_{2}}{{x}_{2}+2}）$．
∴y_My_N=$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$•$\frac{6{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$．
當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，y_My_N=$\frac{36×\frac{3}{2}×（-\frac{3}{2}）}{1×1+2（1+1）+4}$=-9；
當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，y_My_N=$\frac{\frac{-324{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}{\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}+\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+4}$=-9．
綜上可得：兩動(dòng)點(diǎn)M，N的縱坐標(biāo)之積為定值-9．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．