Question

7．已知A，B，C是橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$上的不同三點(diǎn)，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$，0），BC過橢圓的中心，點(diǎn)C在第一象限，且滿足∠BAC=90°，|BC|=2|AC|．
（1）求橢圓M的方程；
（2）過點(diǎn)（0，t）的直線l（斜率存在）與橢圓M交于P，Q兩點(diǎn)，設(shè)D為橢圓與y軸負(fù)半軸的交點(diǎn)，且|DP|=|DQ|，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意求出C的坐標(biāo)，把C的坐標(biāo)代入橢圓方程，再由$a=2\sqrt{3}$可得b，則橢圓方程可求；
（2）由已知得到D的坐標(biāo)，當(dāng)直線l的斜率為0時，直接可得t的范圍，當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)出直線l的方程，和橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合判別式及一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求得實(shí)數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（1）∵|BC|=2|AC|且BC過點(diǎn)（0，0），則|OC|=|AC|．
∵∠OCA=90°，∴C（$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$）．
由題意知，$a=2\sqrt{3}$，則橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$．
將點(diǎn)C（$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$）代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，解得b²=4．
∴橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由題意知D（0，-2），設(shè)直線l的斜率為k，
當(dāng)k=0時，顯然-2＜t＜2，
當(dāng)k≠0時，設(shè)直線l：y=kx+t，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$，消去y得（1+3k²）x²+6ktx+3t²-12=0，
由△＞0可得：${t}^{2}＜4+12{k}^{2}\\;\\;\\;\\;\\;\\;①$     ①
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點(diǎn)為H（x₀，y₀），
則${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=-\frac{3kt}{1+3{k}^{2}}$，${y}_{0}=k{x}_{0}+t=\frac{t}{1+3{k}^{2}}$，
∴H（$-\frac{3kt}{1+3{k}^{2}}$，$\frac{t}{1+3{k}^{2}}$）．
∵|DP|=|DQ|，∴DH⊥PQ，則${k}_{DH}=-\frac{1}{k}$，
∴$\frac{\frac{t}{1+3{k}^{2}}+2}{-\frac{3kt}{1+3{k}^{2}}-0}=-\frac{1}{k}$，化簡得t=1+3k²      ②
由①②得1＜t＜4．
綜上所述，t∈（-2，4）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了橢圓方程的求法，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，涉及直線與圓錐曲線的關(guān)系問題，常采用聯(lián)立直線方程和圓錐曲線方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求解，是中檔題．