Question

2．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，直線x+y=2與以原點(diǎn)為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，直線l₁過點(diǎn)F₁且與橢圓C的長軸垂直，動(dòng)直線l₂與直線l₁垂直，垂足為P，線段PF₂的垂直平分線與直線l₂交于點(diǎn)M，記M的軌跡為曲線D，設(shè)曲線D與x軸交于點(diǎn)Q，不同的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)R，S在曲線D上，且滿足$\overrightarrow{QR}$•$\overrightarrow{QS}$=5．
（i）求證：直線RS恒過定點(diǎn)；
（ii）當(dāng)直線RS與x軸正半軸相交時(shí)，求△QRS的面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由直線x+y=2與以原點(diǎn)為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切．可得$\frac{|0-2|}{\sqrt{2}}$=b，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）（i）依題意得MP=MF₂，M的軌跡是拋物線，其方程為y²=4x，其與x軸的交點(diǎn)為原點(diǎn)，即Q（0，0）．可設(shè)RS的方程為x=my+n，與拋物線方程聯(lián)立得y²-4my-4n=0，設(shè)R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），把根與系數(shù)的關(guān)系代入$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}=5$，整理化簡(jiǎn)即可得出．
（ii）利用三角形面積計(jì)算公式、函數(shù)的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）∵直線x+y=2與以原點(diǎn)為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切．∴$\frac{|0-2|}{\sqrt{2}}$=b，可得b=$\sqrt{2}$．
又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=$\sqrt{3}$，c=1．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）（i）證明：依題意得MP=MF₂，∴M到定直線l₁：x=-1的距離等于其到定點(diǎn)F₂（1，0）的距離，
∴M的軌跡是拋物線，其方程為y²=4x，其與x軸的交點(diǎn)為原點(diǎn)，即Q（0，0）．
顯然RS的斜率不為0，設(shè)RS的方程為x=my+n，與拋物線方程聯(lián)立得y²-4my-4n=0，
設(shè)R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），則y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4n，△=16（m²+n）＞0，
∵$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}=5$，
∴x₁x₂+y₁y₂=5，即$（{m^2}+1）{y_1}{y_2}+mn（{y_1}+{y_2}）+{n^2}=5$，
∴-4n（m²+1）-4m²n+n²=5，化為n²-4n-5=0，
解得n=5或-1，
當(dāng)n=5時(shí)，適合△＞0；當(dāng)n=-1時(shí)，存在m使得△＞0．
∴RS的方程為x=my+4或x=my-1，
∴RS恒過定點(diǎn)（5，0）或（-1，0）．
（ii）由（i）得△RQS的面積為$\frac{5}{2}|{y_1}-{y_2}|=10\sqrt{{m^2}+5}≥10\sqrt{5}$，當(dāng)且僅當(dāng)m=0時(shí)取等號(hào)．
∴△RQS的面積的取值范圍是$[10\sqrt{5}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與拋物線相交問題、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、三角形面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、線段的垂直平分線的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．