Question

（文）已知中心在原點O，左焦點為F₁（-1，0）的橢圓C的左頂點為A，上頂點為B，F(xiàn)₁到直線AB的距離為

7

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|OB|．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過P（3，0）的直線l交橢圓C于R、S兩點，交直線x=1于Q點，若|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項，求直線l的方程；
（3）圓D以橢圓C的兩焦點為直徑，圓D的任意一條切線m交橢圓C于兩點M、N，試求弦長|MN|的取值范圍．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：綜合題,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程

分析：（1）確定直線AB方程，利用F₁到直線AB的距離為

7

7

|OB|，結(jié)合b²=a²-1，求出橢圓的幾何量，即可求橢圓C₁的方程；
（2）分類討論，設(shè)直線l方程為：x=my+3，代人橢圓C₁的方程，利用|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項，結(jié)合韋達(dá)定理，即可求出直線l的方程；
（3）確定圓D的方程，分類討論，設(shè)方程y=kx+b代人橢圓C方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合弦長公式，即可求弦長|MN|的取值范圍．

解答： 解：（1）設(shè)橢圓C方程為：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）
∴直線AB方程為：

x

-a

+

y

b

=1…1分
∴F₁（-1，0）到直線AB距離為d=

|b-ab|

a2+b2

=

7

7

b，
∴a²+b²=7（a-1）²…2分
又b²=a²-1，解得：a=2，b=

3

…3分
故：橢圓C方程為：

x2

4

+

y2

3

=1．…4分
（2）當(dāng)直線l與x軸重合時，|PQ|=2，而|PR|•|PS|=1×5=5，∴|PQ|²≠|(zhì)PR|•|PS|
故可設(shè)直線l方程為：x=my+3，…5分
代人橢圓C的方程，得：3（my+3）²+4y²=12，即：（3m²+4）y²+18my+15=0
∴△=（18m）²-4×15（3m²+4）=48（3m²-5）
記R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），Q（x₀，y₀），
∴y1y2=

15

3m2+4

，y0=-

2

m

…7分
∵|PQ|²=|PR|•|PS|，即

|PR|

|PQ|

=

|PQ|

|PS|

⇒

y1

y0

=

y0

y2

，∴y1y2=

y

2 0

∴

15

3m2+4

=

4

m2

，解得：m2=

16

3

，符合△＞0，
∴m=±

4 3

3

…9分
故直線l的方程為x=±

4 3

3

y+3，即：y=±

3

4

(x-3)…10分
（3）橢圓C的兩焦點為F₁（-1，0）、F₂（1，0），∴圓D的方程為：x²+y²=1
①若切線m垂直于x軸，則其方程為：x=±1，易求得|MN|=3…11分
②若切線m不垂直于x軸，可設(shè)其方程為：y=kx+b
∴

|b|

k2+1

=1，
∴b²=k²+1
將y=kx+b代人橢圓C方程，得：（3+4k²）x²+8kbx+4b²-12=0
∴△=（8kb）²-4（3+4k²）（4b²-12）=48（4k²+3-b²）=48（3k²+2）＞0（*）…13分
記M、N兩點的坐標(biāo)分別為（x₃，y₃）、（x₄，y₄）
此時：x3+x4=-

8kb

3+4k2

，x3x4=

4b2-12

3+4k2

⇒|x3-x4|=

4 3(4k2+3-b2)

3+4k2

∴|MN|=

1+k2

×

4 3(4k2+3-b2)

3+4k2

=

1+k2

×

4 3(3k2+2)

3+4k2

…15分
令3+4k²=t，所以t≥3，k2=

t-3

4

∴|MN|=f(t)=

t+1 4

×

4 3× 3t-1 4

t

=

3(t+1)(3t-1)

t

=

3(- 1 t2 + 2 t +3)

，
t≥3⇒0＜

1

t

≤

1

3

⇒3＜-

1

t2

+

2

t

+3≤

32

9

⇒3＜|MN|≤

4 6

3

…17分
綜合①②，得：弦長|MN|的取值范圍為[3，

4 6

3

]．…18分．

點評：本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，考查弦長公式，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．