Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)分分別為F₁，F(xiàn)₂，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，P是橢圓C上任意一點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，直線PA交直線l：x=4于點(diǎn)M，連接MB，直線MB與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為Q．試判斷直線PQ是否過定點(diǎn)，若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分分別為F₁，F(xiàn)₂，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀），則$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（-$\sqrt{3}-{x}_{0}$，0-y₀）•（$\sqrt{3}-{x}_{0}，0-{y}_{0}$）=$\frac{3{{x}_{0}}^{2}}{4}-2$，由此能求出$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的取值范圍．
（Ⅲ）由M在直線l：x=4上，則點(diǎn)M（4，t），由A（-2，0），B（2，0），得AP：y=$\frac{t}{6}（x+2）$，BP：y=$\frac{t}{6}（x-2）$，從而求出P、Q的坐標(biāo)，由此能求出直線PQ過定點(diǎn)（1，0）．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)分分別為F₁，F(xiàn)₂，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2c=2\sqrt{3}}\\{2a=4}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀），
∵P是橢圓C上任意一點(diǎn)，∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}$=1，
∵|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，∴F${\;}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，F(xiàn)₂（$\sqrt{3}，0$），
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（-$\sqrt{3}-{x}_{0}$，0-y₀）•（$\sqrt{3}-{x}_{0}，0-{y}_{0}$）
=${{x}_{0}}^{2}-3+{{y}_{0}}^{2}$=${{x}_{0}}^{2}-3+1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$=$\frac{3{{x}_{0}}^{2}}{4}-2$，
∵$0≤{{x}_{0}}^{2}≤4$，
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的取值范圍是[-2，1]．
（Ⅲ）∵M(jìn)在直線l：x=4上，則點(diǎn)M（4，t），
∵A（-2，0），B（2，0），∴AP：y=$\frac{t}{6}（x+2）$，BP：y=$\frac{t}{6}（x-2）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=\frac{t}{6}（x+2）}\end{array}\right.$，得P（$\frac{18-2{t}^{2}}{{t}^{2}+9}$，$\frac{6t}{{t}^{2}+9}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=\frac{t}{6}（x-2）}\end{array}\right.$，得Q（$\frac{2{t}^{2}-2}{{t}^{2}+1}$，-$\frac{2t}{{t}^{2}+1}$），
∴${k}_{PQ}=\frac{2t}{3-{t}^{2}}$，
∴PQ：y+$\frac{2t}{{t}^{2}+1}=\frac{2t}{3-{t}^{2}}（x-\frac{2{t}^{2}-2}{{t}^{2}+1}）$，
y=$\frac{2t}{3-{t}^{2}}x-\frac{2t}{3-{t}^{2}}•\frac{2{t}^{2}-2}{{t}^{2}+1}-\frac{2t}{{t}^{2}+1}$，
y=$\frac{2t}{3-{t}^{2}}x-\frac{（2{t}^{2}-2）2t+2t（3-{t}^{2}）}{（{t}^{2}+1）（3-{t}^{2}）}$，
y=$\frac{2t}{3-{t}^{2}}x-\frac{2t}{3-{t}^{2}}$，
∴PQ：y=$\frac{2t}{3-{t}^{2}}（x-1）$，
∴直線PQ過定點(diǎn)（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查向量的數(shù)量積的取值范圍的求法，考查直線能否過定點(diǎn)的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．