Question

17．已知橢圓E的中心在坐標原點O，它的長軸長，短軸長分別為$2a，2\sqrt{2}$，右焦點F（c，0），直線l：cx-a²=0與x軸相交于點$A，\overrightarrow{OF}=2\overrightarrow{FA}$，過點A的直線m與橢圓E交于P，Q兩點．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，求直線m的方程；
（Ⅲ）過點P且平行于直線l的直線與橢圓E相交于另一點M，求證：Q，F(xiàn)，M三點共線．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$（a＞$\sqrt{2}$），由已知解得a=$\sqrt{6}$，c=2，可得橢圓的方程；
（Ⅱ）由（Ⅱ）可得A（3，0），設(shè)直線PQ的方程為y=k（x-3），代入橢圓方程得（3k²+1）x²-18k²x+27k²-6=0．依題意△=12（2-3k²）＞0，得k的范圍．設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），然后由根與系數(shù)的位置關(guān)系可知直線PQ的方程；
（Ⅲ）運用向量的共線的坐標運算和韋達定理，計算化簡即可得證．

解答 （Ⅰ）解：由題意，可設(shè)橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$（a＞$\sqrt{2}$），
由已知得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-{c}^{2}=2}\\{c=2（\frac{{a}^{2}}{c}-c）}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{6}$，c=2，
所以橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得A（3，0），
設(shè)直線PQ的方程為y=k（x-3），
代入橢圓方程得（3k²+1）x²-18k²x+27k²-6=0，
依題意△=12（2-3k²）＞0，得-$\frac{\sqrt{6}}{3}$＜k＜$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
則x₁+x₂=$\frac{18{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$①x₁x₂=$\frac{27{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$②
由直線PQ的方程得y₁=k（x₁-3），y₂=k（x₂-3）
于是y₁y₂=k²（x₁-3）（x₂-3）=k²[x₁x₂-3（x₁+x₂）+9]③
因為$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，
所以x₁x₂+y₁y₂=0④
由①②③④得5k²=1，從而k=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
所以直線m的方程為x-$\sqrt{5}$y-3=0或x+$\sqrt{5}$y-3=0；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可知x₁+x₂=$\frac{18{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{27{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
設(shè)$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$（λ＞1），
即有（x₁-3，y₁）=λ（x₂-3，y₂）
即x₁-3=λ（x₂-3），y₁=λy₂，
設(shè)M（x₁，y₀），即有x₁²+3y₀²=6，
即有y₀=-y₁，
F（2，0），$\overrightarrow{FM}$=（x₁-2，-y₁），$\overrightarrow{FQ}$=（x₂-2，y₂），
即有y₁+λy₂=0，
由于λ=$\frac{{x}_{1}-3}{{x}_{2}-3}$，$\frac{{x}_{1}-3}{{x}_{2}-3}$+$\frac{{x}_{1}-2}{{x}_{2}-2}$=0等價為2x₁x₂+12-5（x₁+x₂）=0，
由韋達定理代入可得2•$\frac{27{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$+12-5•$\frac{18{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$=0，
則有（x₁-2）+λ（x₂-2）=0，
故有$\overrightarrow{FM}$=-λ$\overrightarrow{FQ}$，
所以Q，F(xiàn)，M三點共線．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓方程的運用，注意聯(lián)立直線方程，運用韋達定理，同時考查向量的共線的坐標運算，屬于中檔題．