Question

1．已知F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞1）的左、右焦點，A，B分別為橢圓的上、下頂點，F(xiàn)₂到直線AF₁的距離為$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過F₂的直線交橢圓于M，N兩點，求$\overrightarrow{{F_2}M}$•$\overrightarrow{{F_2}N}$的取值范圍；
（Ⅲ）過橢圓的右頂點C的直線l與橢圓交于點D（點D異于點C），與y軸交于點P（點P異于坐標(biāo)原點O），直線AD與BC交于點Q．證明：$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知條件推導(dǎo)出2•$\frac{bc}{a}$=$\sqrt{2}$，b=1，由此能求出橢圓E的方程；
（Ⅱ）討論直線MN的斜率是否存在，設(shè)出直線MN的方程，聯(lián)立橢圓方程，運用韋達(dá)定理，結(jié)合向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，計算即可得到所求范圍；
（Ⅲ）設(shè)直線CD：y=k（x-$\sqrt{2}$），（k≠0），則P（0，-$\sqrt{2}$），聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，得（1+2k²）x²-4$\sqrt{2}$k²x+4k²-2=0，由此利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件，能求出$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$為定值1．

解答 解：（Ⅰ）∵F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞1）的左、右焦點，
A，B分別為橢圓的上、下頂點，F(xiàn)₂到直線AF₁的距離為$\sqrt{2}$．
∴2•$\frac{bc}{a}$=$\sqrt{2}$，b=1，a²-b²=c²，解得a=$\sqrt{2}$，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（Ⅱ）MN的斜率不存在時，MN：x=1，解得M（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），N（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
$\overrightarrow{{F_2}M}$•$\overrightarrow{{F_2}N}$=-$\frac{1}{2}$；
MN的斜率存在時，設(shè)直線MN：y=k（x-1），代入橢圓方程可得
（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{{F_2}M}$•$\overrightarrow{{F_2}N}$=（x₁-1，y₁）•（x₂-1，y₂）=（1+k²）[x₁x₂+1-（x₁+x₂）]
=（1+k²）•（$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+1-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）=-$\frac{1+{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{2-\frac{1}{1+{k}^{2}}}$∈[-1，-$\frac{1}{2}$）．
綜上可得$\overrightarrow{{F_2}M}$•$\overrightarrow{{F_2}N}$的取值范圍是[-1，-$\frac{1}{2}$]；
（Ⅲ）證明：∵橢圓的右頂點C（$\sqrt{2}$，0），
∴設(shè)直線CD：y=k（x-$\sqrt{2}$），（k≠0），則P（0，-$\sqrt{2}$k），
聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\\{y=k（x-\sqrt{2}）}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4$\sqrt{2}$k²x+4k²-2=0，
∴x_C•x_D=$\frac{4{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴x_D=$\frac{4{k}^{2}-2}{（1+2{k}^{2}）{x}_{C}}$=$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{k}^{2}}$，
設(shè)點Q（x′，y′），直線BC的方程為y=$\frac{1}{\sqrt{2}}$（x-$\sqrt{2}$），A、D、Q三點共線，
則有 $\left\{\begin{array}{l}{y'=\frac{1}{\sqrt{2}}（x'-\sqrt{2}）}\\{\frac{y'-1}{x'}=\frac{{y}_{D}-1}{{x}_{D}}}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{x'=\sqrt{2}y'+\sqrt{2}}\\{\frac{1}{x'}=\frac{{y}_{D}-1}{{x}_{D}（y'-1）}}\end{array}\right.$，
∴$\sqrt{2}$y′+$\sqrt{2}$=$\frac{{x}_{D}（y'-1）}{{y}_{D}-1}$，
∴$\frac{y'-1}{y'+1}$=$\frac{\sqrt{2}（{y}_{D}-1）}{{x}_{D}}$，
又∵yD=k（xD-$\sqrt{2}$），∴$\frac{y'-1}{y'+1}$=$\frac{\sqrt{2}k{x}_{D}-2k-\sqrt{2}}{{x}_{D}}$=$\sqrt{2}$k-$\frac{2k+\sqrt{2}}{{x}_{D}}$，
將x_D=$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{k}^{2}}$代入，得：$\frac{y'-1}{y'+1}$=$\frac{\sqrt{2}k+1}{1-\sqrt{2}•\sqrt{2}k}$，∴y′=-$\frac{1}{\sqrt{2}k}$，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=（0，-$\sqrt{2}$k）•（x'，-$\frac{1}{\sqrt{2}k}$）=1．
即$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$為定值1．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查向量的數(shù)量積是否為定值的判斷與證明，解題時要認(rèn)真審題，注意直線方程、韋達(dá)定理、橢圓性質(zhì)等知識點的靈活運用．