Question

2．如圖已知橢圓G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右兩個焦點分別為F₁、F₂，設(shè)A（0，b），若△AF₁F₂為正三角形且周長為6．
（1）求橢圓G的標準方程；
（2）已知垂直于x軸的直線交橢圓G于不同的兩B，C，且A₁，A₂分別為橢圓的左頂點和右頂點，設(shè)直線A₁C與A₂B交于點P（x₀，y₀），求點P（x₀，y₀）的軌跡方程；
（3）在（2）的條件下，過點P作斜率為$\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}$的直線l，設(shè)原點到直線l的距離為d，求d的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)得 $\left\{\begin{array}{l}{a=2c}\\{a+a+2c=6}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$ 解得a，b，c．求得橢圓方程．
（2）分別設(shè)出直線A₁C的方程和直線A₂B的方程，兩條直線相乘代入橢圓，證得結(jié)論．
（3）設(shè)直線l：$y-{y}_{0}=\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}（x-{x}_{0}）$，結(jié)合第（2）問的結(jié)論得出相應(yīng)結(jié)論

解答 解：（1）由題設(shè)得 $\left\{\begin{array}{l}{a=2c}\\{a+a+2c=6}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$ 解得：$a=2，b=\sqrt{3}$，c=1
故C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．（4分）
（2）證明：設(shè)B（x₁，y₁）則C（x₁，-y₁），A₁（-2，0），A₂（2，0）
∴直線A₁C的方程為y=$\frac{-y1}{{x}_{1}+2}（x+2）$　�、伲�5分）
直線A₂B的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$   ②（6分）
①×②，得 ${y}^{2}=\frac{-{y}_{1}^{2}}{{x}_{1}^{2}-4}（{x}^{2}-4）$   ③
$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}=1$，∴$3{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=12$，∴${y}_{1}^{2}$=$\frac{-3（{x}_{1}^{2}-4）}{4}$，
代入③得${y}^{2}=\frac{3}{4}（{x}^{2}-4）$，即$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$，（8分）
因為點P（x₀，y₀）是直線A₁C與A₂B的交點，所以$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}-\frac{{y}_{0}^{2}}{3}=1$
即點P（x₀，y₀）在雙曲線$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$上（9分）
（3）設(shè)直線l：$y-{y}_{0}=\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}（x-{x}_{0}）$（10分）
結(jié)合第（2）問的結(jié)論$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}-\frac{{y}_{0}^{2}}{3}=1$，整理得：3x₀x-4y₀y-12=0（12分）
于是$d=\frac{12}{\sqrt{9{x}_{0}^{2}+16{y}_{0}^{2}}}=\frac{12}{\sqrt{21{x}_{0}^{2}-48}}$（14分）
$3{x}_{0}^{2}-{4}_{0}^{2}=12$且y₀≠0∴${x}_{0}^{2}＞4$∴$d=\frac{12}{\sqrt{21{x}_{0}^{2}-48}}∈（0，2）$
所以d的取值范圍是 （0，2）（16分）

點評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合問題，有范圍，有證明，綜合性很強，難度很大，在高考中常作為壓軸題．