Question

10．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右頂點(diǎn)是雙曲線C₂：$\frac{x^2}{3}-{y^2}$=1的頂點(diǎn)，且橢圓C₁的上頂點(diǎn)到雙曲線C₂的漸近線的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）若直線l與C₁相交于M₁，M₂兩點(diǎn)，與C₂相交于Q₁，Q₂兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}$=-5，求|M₁M₂|的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由雙曲線的頂點(diǎn)可得a²=3，求出雙曲線的漸近線方程，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式可得b=1，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立雙曲線方程，消去y，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，結(jié)合向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，求得m，k的關(guān)系式，再由直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，計(jì)算即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：a²=3，
又橢圓C₁的上頂點(diǎn)為（0，b），
雙曲線C₂的漸近線為：$y=±\frac{{\sqrt{3}}}{3}x?x±\sqrt{3}y=0$，
由點(diǎn)到直線的距離公式有：$\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{|{±\sqrt{3}b}|}}{2}⇒b=1$，
所以點(diǎn)M的軌跡C₁的方程為：$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．           
（Ⅱ）易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
代入$\frac{x^2}{3}-{y^2}=1$，消去y并整理得：（1-3k²）x²-6kmx-3m²-3=0，
要與C₂相交于兩點(diǎn)，則應(yīng)有：$\left\{\begin{array}{l}1-3{k^2}≠0\\ 36{k^2}{m^2}-4（1-3{k^2}）（-3{m^2}-3）＞0\end{array}\right.$$⇒\left\{\begin{array}{l}1-3{k^2}≠0\\{m^2}+1＞3{k^2}\end{array}\right.$…①，
設(shè)Q₁（x₁，y₁）、Q₂（x₂，y₂），則有：${x_1}+{x_2}=\frac{6km}{{1-3{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{-3{m^2}-3}}{{1-3{k^2}}}$．
又$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}$=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$，
又：$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}=-5$，所以有：$\frac{1}{{1-3{k^2}}}[（1+{k^2}）（-3{m^2}-3）+6{k^2}{m^2}+{m^2}（1-3{k^2}）]=-5$
⇒m²=1-9k²…②，
將y=kx+m，代入$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，消去y并整理得：（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0，
要有兩交點(diǎn)，則△=36k²m²-4（1+3k²）（3m²-3）＞0⇒3k²+1＞m²…③
由①②③有：$0＜{k^2}≤\frac{1}{9}$．            
設(shè)M₁（x₃，y₃）、M₂（x₄，y₄），則有：${x_3}+{x_4}=\frac{-6km}{{1+3{k^2}}}$，${x_3}•{x_4}=\frac{{3{m^2}-3}}{{1+3{k^2}}}$．
所以：$|{{M_1}{M_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{36{k^2}{m^2}-4（3{m^2}-3）（1+3{k^2}）}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$=$\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{-4（3{m^2}-3-9{k^2}）}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$，
又m²=1-9k²，代入有：$|{{M_1}{M_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{144{k^2}}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$$⇒|{{M_1}{M_2}}|=\frac{12|k|}{{1+3{k^2}}}\sqrt{1+{k^2}}$．$⇒|{{M_1}{M_2}}|=12\sqrt{\frac{{{k^2}（1+{k^2}）}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$，令t=k²，則$t∈（0，\frac{1}{9}]$，
令$f（t）=\frac{t（1+t）}{{{{（1+3t）}^2}}}$$⇒f'（t）=\frac{1-t}{{{{（1+3t）}^3}}}$，又$t∈（0，\frac{1}{9}]$，
所以f'（t）＞0在$t∈（0，\frac{1}{9}]$內(nèi)恒成立，故函數(shù)f（t）在$t∈（0，\frac{1}{9}]$內(nèi)單調(diào)遞增，
故f（t）∈（0，$\frac{5}{72}$]，則有|M₁M₂|∈（0，$\sqrt{10}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和雙曲線的方程和性質(zhì)，主要考查漸近線方程的運(yùn)用，同時(shí)考查直線和橢圓及雙曲線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．