Question

7．已知A，F(xiàn)分別為橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），P為橢圓上異于點(diǎn)A的點(diǎn)，且$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PF}$=0，設(shè)橢圓的離心率為e，直線PA的斜率k＞0．
（1）求證：$\frac{1}{2}$＜e＜1；
（2）若e=2k²，求直線OP的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（m，n），代入橢圓方程，再由向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，可得P的軌跡方程為圓方程，聯(lián)立橢圓方程，求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，再由橢圓范圍，可得-c²＜ac-b²＜c²，由離心率公式化簡(jiǎn)整理，即可得到所求范圍；
（2）運(yùn)用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，化簡(jiǎn)整理可得3c²+ac-2a²=0，可得3c=2a，設(shè)c=2t，即有a=3t，b=$\sqrt{5}$t，
代入P的坐標(biāo)，化簡(jiǎn)可得m=$\frac{3t}{4}$，n=$\frac{5\sqrt{3}}{4}$t，即可得到所求OP的方程．

解答 解：（1）證明：設(shè)P（m，n），即有$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{n}^{2}}{^{2}}$=1，
由A（-a，0），F(xiàn)（c，0），可得$\overrightarrow{PA}$=（-a-m，-n），$\overrightarrow{PF}$=（c-m，-n），
由$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PF}$=0，可得（-a-m）（c-m）+n²=0，
消去n，可得m²（b²-a²）+m（c-a）a²+a³c-a²b²=0，
由題意可得，-a為上述方程的根，
由-a•m=$\frac{{a}^{3}c-{a}^{2}^{2}}{^{2}-{a}^{2}}$，可得m=$\frac{a（ac-^{2}）}{{c}^{2}}$，
由-a＜m＜a，可得-c²＜ac-b²＜c²，
即有2c²+ac-a²＞0，且ac＜b²+c²=a²，
則2e²+e-1＞0，解得$\frac{1}{2}$＜e＜1；
（2）由（1）可得e=2k²=2•（$\frac{n}{m+a}$）²，
即有$\frac{c}{a}$=2•$\frac{^{2}（{c}^{2}-ac+^{2}）}{{a}^{2}（{c}^{2}+ac-^{2}）}$，
由b²=a²-c²，化簡(jiǎn)可得3c²+ac-2a²=0，
可得3c=2a，設(shè)c=2t，即有a=3t，b=$\sqrt{5}$t，
可得m=$\frac{3t（6{t}^{2}-5{t}^{2}）}{4{t}^{2}}$=$\frac{3t}{4}$，
n²=b²（1-$\frac{9{t}^{2}}{16•9{t}^{2}}$）=$\frac{75{t}^{2}}{16}$，
解得n=$\frac{5\sqrt{3}}{4}$t，（由k＞0，P在x軸上方，可得n＞0），
故直線OP的方程為y=$\frac{n}{m}$x，
即為y=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$x．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查離心率的大小的證明，同時(shí)考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，以及橢圓和圓相交的條件，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．