Question

18．如圖，橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦點為F₁、F₂，過F₂作垂直于x軸的直線交橢圓于P點（點P在x軸上方），連結PF₁并延長交橢圓于另一點Q．設$\overrightarrow{P{F_1}}=λ\overrightarrow{{F_1}Q}$（2≤λ≤$\frac{7}{3}$）．
（1）若PF₁=$\frac{6}{5}\sqrt{5}$，PF₂=$\frac{4}{5}\sqrt{5}$，求橢圓的方程；
（2）求橢圓的離心率的范圍；
（3）當離心率最大時，過點P作直線l交橢圓于點R，設直線PQ的斜率為k₁，直線RF₁的斜率為k₂，若k₁=$\frac{3}{2}{k_2}$，求直線l的斜率k．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的定義，結合勾股定理，求出橢圓的幾何量，求出橢圓方程．
（2）寫出點P的坐標，通過$\overrightarrow{P{F_1}}=λ\overrightarrow{{F_1}Q}$，結合橢圓方程，利用2≤λ≤$\frac{7}{3}$，求出橢圓的離心率的范圍．
（3）解法一：由（2）知，橢圓的離心率的最大值為$\frac{1}{2}$，即a=2c，b²=3c²，求出直線的斜率，通過直線RF₁的方程為$y=\frac{1}{2}（x+c）$，與橢圓方程聯(lián)立，求出R的坐標，即可求解．
解法二：由（2）知，橢圓的離心率的最大值為$\frac{1}{2}$，即a=2c，b²=3c²，P的坐標為$（c\;，\;\frac{3}{2}c）$，直線PR的方程為$y-\;\frac{3}{2}c=k（x-c）$，與橢圓方程3x²+4y²=12c²，求出${x_R}=\frac{{4{k^2}c-12kc-3c}}{{4{k^2}+3}}$，${k_2}=\frac{{{y_R}-0}}{{{x_R}+c}}=\frac{1}{2}$，解得k．

解答 解：（1）$2a=P{F_1}+P{F_2}=2\sqrt{5}$，所以$a=\sqrt{5}$．
又因為${（2c）^2}=P{F_1}^2-P{F_2}^2=4$，所以c=1．所以b=2．
所以橢圓方程為$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$．…（3分）
（2）由題意，點P的坐標為$（c\;，\;\frac{b^2}{a}）$，…（4分）
又F₁（-c，0），設Q（x₁，y₁），因為$\overrightarrow{P{F_1}}=λ\overrightarrow{{F_1}Q}$，所以$（-2c\;，\;-\frac{b^2}{a}）=λ（{x_1}+c，\;{y_1}）$，
所以$\left\{\begin{array}{l}-2c\;=λ（{x_1}+c）\;\\-\frac{b^2}{a}\;\;=λ{y_1}\;\;\;\end{array}\right.$所以$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=-\frac{2c}{λ}-c\;\;\\{y_1}=-\frac{b^2}{aλ}\;\;\;\;\;\end{array}\right.$…（6分）
代入橢圓方程，得$\frac{{{{（-\frac{2c}{λ}-c）}^2}}}{a^2}+\frac{{{{（-\frac{b^2}{aλ}）}^2}}}{b^2}=1$，即$\frac{{{{（\frac{2}{λ}+1）}^2}{c^2}}}{a^2}+\frac{{{a^2}-{c^2}}}{{{a^2}{λ^2}}}=1$，
即${（\frac{2}{λ}+1）^2}\;{e^2}+\frac{{1-{e^2}}}{λ^2}=1$，解得${e^2}=\frac{{{λ^2}-1\;}}{{{λ^2}+4λ+3\;}}=\frac{λ-1}{λ+3}=1-\frac{4}{λ+3}$．…（8分）
因為2≤λ≤$\frac{7}{3}$，所以$\frac{1}{5}$≤e²≤$\frac{1}{4}$，即橢圓的離心率的范圍為$[\frac{{\sqrt{5}}}{5}\;，\;\frac{1}{2}]$．…（10分）
（3）解法一：由（2）知，橢圓的離心率的最大值為$\frac{1}{2}$，即a=2c，b²=3c²
所以${k_1}=\frac{{\frac{b^2}{a}-0}}{c-（-c）}=\frac{b^2}{2ac}=\frac{{3{c^2}}}{{4{c^2}}}=\frac{3}{4}$，因為${k_1}=\frac{3}{2}{k_2}$，所以${k_2}=\frac{1}{2}$．  …（13分）
所以直線RF₁的方程為$y=\frac{1}{2}（x+c）$，與橢圓方程聯(lián)立，解得$R（\frac{{-3\sqrt{5}-1}}{4}c\;，\;\frac{{-3\sqrt{5}+3}}{8}c）$或$R（\frac{{3\sqrt{5}-1}}{4}c\;，\;\frac{{3\sqrt{5}+3}}{8}c）$．由${k}_{2}=\frac{{y}_{R}-0}{{x}_{R}+c}=\frac{1}{2}$，所以$k=±\frac{{3\sqrt{5}}}{10}$．…（16分）
解法二：由（2）知，橢圓的離心率的最大值為$\frac{1}{2}$，即a=2c，b²=3c²
所以${k_1}=\frac{{\frac{b^2}{a}-0}}{c-（-c）}=\frac{b^2}{2ac}=\frac{{3{c^2}}}{{4{c^2}}}=\frac{3}{4}$，因為${k_1}=\frac{3}{2}{k_2}$，所以${k_2}=\frac{1}{2}$．…（13分）
因為P的坐標為$（c\;，\;\frac{3}{2}c）$，所以直線PR的方程為$y-\;\frac{3}{2}c=k（x-c）$，
即$y=kx-kc+\;\frac{3}{2}c$，代入橢圓方程3x²+4y²=12c²，整理得：（4k²+3）x²+4（3kc-2k²c）x+4k²c²-12kc²-3c²=0．
因為方程有一根為c，所以另一個根${x_R}=\frac{{4{k^2}c-12kc-3c}}{{4{k^2}+3}}$，
所以${y_R}=\frac{{-12{k^2}c-6kc}}{{4{k^2}+3}}+\frac{3}{2}c$．由${k_2}=\frac{{{y_R}-0}}{{{x_R}+c}}=\frac{1}{2}$，解得$k=±\frac{{3\sqrt{5}}}{10}$． …（16分）

點評 本題考查直線與橢圓方程的綜合應用，橢圓方程的求法，考查轉化思想以及分析問題解決問題的能力，難度比較大．