Question

19．已知在平面內(nèi)點(diǎn)P到兩定點(diǎn)${F_1}（-\sqrt{3}，0），{F_2}（\sqrt{3}，0）$的距離之和為4．
（1）求點(diǎn)P的軌跡方程；
（2）設(shè)點(diǎn)P的軌跡為C，若直線l：y=-ex+m（其中e為曲線C的離心率）與曲線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A與B且$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=2$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求m的值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)設(shè)點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，利用2a=24、c=$\sqrt{3}$，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知$l：y=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+m$，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理、化簡(jiǎn)$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=2$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵|PF₁|+|PF₂|=4（|F₁F₂|＜4），
∴點(diǎn)P的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓．…（2分）
設(shè)P（x，y），則軌跡方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，…（3分）
∴$a=2，c=\sqrt{3}$．
又∵b²=a²-c²，
∴b=1…（5分）
∴點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（6分）
（2）設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
∵$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴直線$l：y=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+m$…（7分）
由$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$得${x^2}+4{（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+m）^2}=4$，
整理得${x^2}-\sqrt{3}x+{m^2}-1=0$…（8分）
∴$△={（-\sqrt{3}m）^2}-4（{m^2}-1）=4-{m^2}＞0$…（9分）
${x_1}+{x_2}=\sqrt{3}m，{x_1}{x_2}={m^2}-1$…（11分）
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_1}+m）（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_2}+m）$
=$\frac{7}{4}{x_1}{x_2}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}m（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$
=$\frac{7}{4}（{m^2}-1）-\frac{{\sqrt{3}}}{2}m•\sqrt{3}m+{m^2}$
=$\frac{5}{4}{m^2}-\frac{7}{4}$…（12分）
又$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=2$，
∴$\frac{5}{4}{m^2}-\frac{7}{4}=2$，
∴$m=±\sqrt{3}$．代入①得△＞0，滿足題意，
∴所求實(shí)數(shù)m的值為$±\sqrt{3}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查橢圓的概念、橢圓的方程及直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想與方法，以及運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．