Question

14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，橢圓Γ上一動(dòng)點(diǎn)M到其右焦點(diǎn)F（c，0）（c＞0）的最小距離為2-$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）如圖所示，設(shè)點(diǎn)B是橢圓Γ的上頂點(diǎn)，點(diǎn)P，Q是橢圓Γ上異于點(diǎn)B的任意兩點(diǎn)，且BP⊥BQ，線段PQ的中垂線l與x軸的交點(diǎn)為（x₀，0），求x₀的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ a-c=2-\sqrt{3}\end{array}\right.$，與b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$聯(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）①當(dāng)直線PQ斜率k=0時(shí)，線段PQ的中垂線l在x軸上的截距為0；②設(shè)PQ：y=kx+m，（k≠0），直線方程與橢圓方程聯(lián)立可得關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、中檔坐標(biāo)公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ a-c=2-\sqrt{3}\end{array}\right.$，解得$a=2，c=\sqrt{3}$，
∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
故橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）①當(dāng)直線PQ斜率k=0時(shí)，線段PQ的中垂線l在x軸上的截距為0；
②設(shè)PQ：y=kx+m，（k≠0），則：$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.⇒（{1+4{k^2}}）{x^2}+8kmx+4{m^2}-4=0$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}\right.$，
∵BP⊥BQ，∴$\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{BQ}={x_1}{x_2}+（{{y_1}-1}）（{{y_2}-1}）=0$，
∴$（{1+{k^2}}）•\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}-k（{m-1}）•\frac{8km}{{1+4{k^2}}}+{（{m-1}）^2}=0$
∴$5{m^2}-2m-3=0⇒m=-\frac{3}{5}$或m=1（舍去），
∴PQ為：$y=kx-\frac{3}{5}$，∴PQ中點(diǎn)M的坐標(biāo)為${x_M}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{12k}{{5（{1+4{k^2}}）}}，{y_M}=\frac{-3}{{5（{1+4{k^2}}）}}$，
∴線段PQ的中垂線l為：$y+\frac{3}{{5（{1+4{k^2}}）}}=-\frac{1}{k}（{x-\frac{12k}{{5（{1+4{k^2}}）}}}）$，
∴在x軸上截距${x_0}=\frac{9k}{{5（{1+4{k^2}}）}}$，∴$|{x_0}|=\frac{9|k|}{{5（{1+4{k^2}}）}}≤\frac{9|k|}{5×4|k|}=\frac{9}{20}$，
∴$-\frac{9}{20}≤{x_0}≤\frac{9}{20}$且x₀≠0，
綜合①②得：線段PQ的中垂線l在x軸上的截距的取值范圍是$[{-\frac{9}{20}，\frac{9}{20}}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線方程與橢圓方程聯(lián)立轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、中檔坐標(biāo)公式、中垂線的性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．