Question

2．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右焦點為F（1，0），直線y=x-$\sqrt{7}$與橢圓有且僅有一個交點．
（Ⅰ）求橢圓的標準方程；
（Ⅱ）若直線l交橢圓于A，B兩點，且$\overrightarrow{FA}•\overrightarrow{FB}$=0，試求l在x軸上的截距的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦點為F（1，0），知a²-b²=1，利用直線$y=x-\sqrt{7}$與橢圓有且僅有一個交點，可得a²+b²=7，所以可得a²=4，b²=3，即得橢圓的標準方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）設直線l的方程為y=k（x-m），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線方程代入橢圓的方程，得關于x的一元二次方程，根據(jù)△、韋達定理、$\overrightarrow{FA}•\overrightarrow{FB}$=0可得m≠1，進而計算可得結論．

解答 解：（Ⅰ）已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦點為F（1，0），則a²-b²=1，
又直線$y=x-\sqrt{7}$與橢圓有且僅有一個交點，
∴方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=x-\sqrt{7}}\\{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\end{array}}\right.$有且僅有一個解，
即方程$（{{b^2}+{a^2}}）{x^2}-2\sqrt{7}{a^2}x+7{a^2}-{a^2}{b^2}=0$有且僅有一個解，
∴△=28a⁴-4（a²+b²）（7a²-a²b²）=0，即a²+b²=7，
又∵a²-b²=1，∴a²=4，b²=3，
∴橢圓的標準方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）設直線l的方程為y=k（x-m），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
把直線方程代入橢圓的方程，
得關于x的一元二次方程：（3+4k²）x²-8mk²x+4m²•k²-12=0，
由△=（-8mk²）²-4（3+4k²）（4m²•k²-12）＞0，
解得：m²＜4+$\frac{3}{{k}^{2}}$，…①
由韋達定理得：x₁+x₂=$\frac{8m{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∵點A，B在直線上，∴y₁=k（x₁-m），y₂=k（x₂-m）
又∵$\overrightarrow{FA}•\overrightarrow{FB}$=0，
∴（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂
=x₁x₂-（x₁+x₂）+1+k²[x₁x₂-m（x₁+x₂）+m²]
=（1+k²）x₁x₂-（1+mk²）（x₁+x₂）+1+m²k²
=（1+k²）$\frac{4{m}^{2}{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-（1+mk²）$\frac{8m{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+1+m²k²
=$\frac{7{m}^{2}{k}^{2}-8m{k}^{2}-8{k}^{2}-9}{3+4{k}^{2}}$
=0，
∴7m²k²-8mk²-8k²-9=0，
∴k²=$\frac{9}{7{m}^{2}-8m-8}$，…②
聯(lián)立①、②得：m²＜4+$\frac{3}{\frac{9}{7{m}^{2}-8m-8}}$=$\frac{7{m}^{2}-8m+4}{3}$，
整理得：m²-2m+1＞0，
解得：m≠1，
又∵7m²-8m-8＞0，即m＜$\frac{4-6\sqrt{2}}{7}$或m＞$\frac{4+6\sqrt{2}}{7}$，
∴直線l在x軸上的截距的取值范圍為：（-∞，$\frac{4-6\sqrt{2}}{7}$）∪（$\frac{4+6\sqrt{2}}{7}$，+∞）．

點評 本題考查圓錐曲線的性質和應用，解題時要認真審題，仔細解答，注意積累解題方法．