Question

4．平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，給定兩點(diǎn)A（1，0），B（0，-2），點(diǎn)C滿足$\overrightarrow{OC}$=α$\overrightarrow{OA}$+β$\overrightarrow{OB}$，其中α，β∈R，且α-2β=1．
（1）求點(diǎn)C的軌跡方程；
（2）設(shè)點(diǎn)C的軌跡與橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0）交于兩點(diǎn)M，N，且以MN為直徑的圓過原點(diǎn)，求證：$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$為定值；
（3）在（2）的條件下，若橢圓的離心率不大于$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求橢圓長軸長的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)C（x，y），由向量的坐標(biāo)運(yùn)算，運(yùn)用代入法，即可得到C的軌跡方程；
（2）將直線方程代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，再由直徑所對(duì)的圓周角為直角，運(yùn)用向量的坐標(biāo)表示，化簡運(yùn)算即可得證；
（3）由（2）的結(jié)論和離心率的范圍，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）設(shè)C（x，y），由$\overrightarrow{OC}$=α$\overrightarrow{OA}$+β$\overrightarrow{OB}$，
可得（x，y）=α（1，0）+β（0，-2），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=α}\\{y=-2β}\end{array}\right.$即有$\left\{\begin{array}{l}{α=x}\\{β=-\frac{y}{2}}\end{array}\right.$代入α-2β=1，
有x+y=1，即點(diǎn)C的軌跡方程為x+y=1；  
（2）證明：由$\left\{\begin{array}{l}{x+y=1}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$可得（a²+b²）x²-2a²x+a²-a²b²=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，
∵以MN為直徑的圓過原點(diǎn)O，則$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=0，
即有x₁x₂+y₁y₂=0，
x₁x₂+（1-x₁）（1-x₂）=1-（x₁+x₂）+2x₁x₂
=1-$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$+2•$\frac{{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$=0，
可得a²+b²-2a²b²=0，
即有$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=2為定值；
 （3）$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=2，可得b²=$\frac{{a}^{2}}{2{a}^{2}-1}$，
由a＞b＞0，即$\frac{{a}^{2}}{2{a}^{2}-1}$＜a²，即a＞1，
 由e≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則e²=$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$≤$\frac{3}{4}$，
即1-$\frac{1}{2{a}^{2}-1}$≤$\frac{3}{4}$，即2a²-1≤4，
又a＞1，1＜a≤$\frac{\sqrt{10}}{2}$，即2＜2a$≤\sqrt{10}$，
故橢圓長軸的取值范圍是（2，$\sqrt{10}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法和橢圓的方程和性質(zhì)，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．