Question

1．已知F₁、F₂分別是橢圓C：$\frac{x^2}{4}$+y²=1的左、右焦點．
（1）若P是第一象限內(nèi)該橢圓上的一點，$\overrightarrow{P{F_1}}$•$\overrightarrow{P{F_2}}$=-$\frac{5}{4}$，求點P的坐標；
（2）設過定點M（0，2）的直線l與橢圓交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角（其中O為坐標原點），求直線l的斜率k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得橢圓的a，b，c，可得左右焦點，設P（x，y）（x＞0，y＞0），運用向量的數(shù)量積的坐標表示，解方程可得P的坐標；
（2）顯然x=0不滿足題意，可設l的方程為y=kx+2，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，由∠AOB為銳角，即為$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}＞0$，運用數(shù)量積的坐標表示，解不等式即可得到所求k的范圍．

解答 解：（1）因為橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
知a=2，b=1，$c=\sqrt{3}$，
可得${F_1}（-\sqrt{3}，0）$，${F_2}（\sqrt{3}，0）$，
設P（x，y）（x＞0，y＞0），
則$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=（-\sqrt{3}-x，-y）•（\sqrt{3}-x，-y）={x^2}+{y^2}-3=-\frac{5}{4}$，
又$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+{y^2}=\frac{7}{4}}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，
解得$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}=1}\\{{y^2}=\frac{3}{4}}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\frac{{\sqrt{3}}}{2}}\end{array}}\right.$，即為$P（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$；
（2）顯然x=0不滿足題意，可設l的方程為y=kx+2，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=kx+2}\end{array}}\right.⇒（1+4{k^2}）{x^2}+16kx+12=0$，
由△=（16k）²-4（1+4k²）•12＞0，得${k^2}＞\frac{3}{4}$．
${x_1}+{x_2}=-\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$．
又∠AOB為銳角，即為$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}＞0$，
即x₁x₂+y₁y₂＞0，x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）＞0，
又$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+2k（{x_1}+{x_2}）+4=（1+{k^2}）\frac{12}{{1+4{k^2}}}+2k（-\frac{16k}{{1+4{k^2}}}）+4=\frac{{4（4-{k^2}）}}{{1+4{k^2}}}＞0$，
可得k²＜4．又${k^2}＞\frac{3}{4}$，即為$\frac{3}{4}＜{k^2}＜4$，
解得$k∈（-2，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）∪（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，2）$．

點評 本題考查橢圓方程的運用，向量的數(shù)量積的坐標表示，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用判別式大于0和韋達定理，以及角為銳角的條件：數(shù)量積大于0，考查解方程和解不等式的運算能力，屬于中檔題．