Question

7．設(shè)F₁、F₂分別是橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點(diǎn)，P是橢圓C上的點(diǎn)，且$\overrightarrow{P{F}_{2}}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線PF₁的距離是$\frac{1}{3}|{O{F_2}}|$．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）過橢圓C的上頂點(diǎn)B作斜率為k（k＞0）的直線l交橢圓C于另一點(diǎn)M，點(diǎn)N在橢圓C上，且BM⊥BN，求證：存在$k∈[{\frac{1}{4}，\frac{1}{2}}]$，使得|BN|=2|BM|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再根據(jù)原點(diǎn)O到直線PF₁的距離，
得出a、c的關(guān)系，從而求出橢圓的離心率；
（Ⅱ）由橢圓離心率，結(jié)合a、b、c的關(guān)系得出a²=2b²，寫出橢圓C的方程，
根據(jù)橢圓的上頂點(diǎn)B寫出直線l的方程，與橢圓方程組成方程組，消去y，
求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，計(jì)算|BM|和|BN|的值，由|BN|=2|BM|求出關(guān)于k的方程；
利用函數(shù)零點(diǎn)的判定方法即可證明結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）P是橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$C上的點(diǎn)，且$\overrightarrow{P{F_2}}•\overrightarrow{{F_1}{F_2}}=0$，
所以點(diǎn)$P（{c，\frac{b^2}{a}}）$，
又F₁（-c，0），
直線PF₁的方程為b²x-2acy+b²c=0；
∵坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線PF₁的距離是$\frac{1}{3}|{O{F_2}}|$，
得$\frac{{{b^2}c}}{{\sqrt{{b^4}+4{a^2}{c^2}}}}=\frac{1}{3}c$，
∴2c⁴-5a²c²+2a⁴=0，
即2e⁴-5e²+2=0；
解方程得$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$或$e=\sqrt{2}$（不合題意，舍去）；
故所求橢圓離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$；
（Ⅱ）證明：由橢圓離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，…①
a²=b²+c²；…②
由①②得a²=2b²；
∴橢圓$C：\frac{x^2}{{2{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1$，
其上頂點(diǎn)為B（0，b）；
故直線l的方程為y=kx+b，
與橢圓方程組成方程組，消去y，
得x²+2（kx+b）²-2b²=0，
解得${x_M}=-\frac{4kb}{{1+2{k^2}}}$，
所以|BM|=$\sqrt{1{+k}^{2}}$×$\frac{4kb}{1+{2k}^{2}}$，
∴|BN|=$\sqrt{1{+（-\frac{1}{k}）}^{2}}$×|$\frac{4•（-\frac{1}{k}）•b}{1+2{•（-\frac{1}{k}）}^{2}}$|=$\sqrt{1{+k}^{2}}$×$\frac{4b}{{k}^{2}+2}$；
又∵|BN|=2|BM|，
∴$2\sqrt{1+{k^2}}×\frac{4kb}{{1+2{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}×\frac{4b}{{{k^2}+2}}$，
化簡得2k³-2k²+4k-1=0；
記f（x）=2x³-2x²+4x-1，
又∵$f（{\frac{1}{4}}）＜0$，$f（{\frac{1}{2}}）＞0$，
∴函數(shù)f（x）的零點(diǎn)在區(qū)間$（{\frac{1}{4}，\frac{1}{2}}）$內(nèi)，
∴存在$k∈[{\frac{1}{4}\;，\;\frac{1}{2}}]$，使得|BN|=2|BM|．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用問題，也考查了方程組的解法與應(yīng)用問題，考查了平面向量的數(shù)量積以及函數(shù)零點(diǎn)的判定問題，是綜合性題目．