Question

20．已知橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距為2，點D（0，$\sqrt{3}$）在橢圓M上，過原點O作直線交橢圓M于A、B兩點，且點A不是橢圓M的頂點，過點A作x軸的垂線，垂足為H，點C是線段AH的中點，直線BC交橢圓M于點P，連接AP．
（Ⅰ）求橢圓M的方程及離心率；
（Ⅱ）求證：AB⊥AP；
（Ⅲ）設(shè)△ABC的面積與△APC的面積之比為q，求q的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由題意知c=1，b=$\sqrt{3}$，求得a=2，進(jìn)而得到橢圓方程和離心率；
（II）設(shè)A（x₀，y₀），P（x₁，y₁），則B（-x₀，-y₀），C（x₀，$\frac{{y}_{0}}{2}$），將A，P代入橢圓方程．兩式相減，由點B，C，P三點共線，可得直線PB，BC的斜率相等，化簡整理求得k_AB•k_PA=-1，即可得證；或求得k_PA•k_PB=-$\frac{3}{4}$，再由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，即可得證．
（III）方法一、設(shè)k_AB=k，由（II）知k_AP=-$\frac{1}{k}$，k_BP=$\frac{3k}{4}$，聯(lián)立直線AP，BP方程解得x₁，將k=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$代入得x₁，q=$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△APC}}$=$\frac{2|{x}_{0}|}{|{x}_{1}-{x}_{0}|}$=3+$\frac{16}{3}$（$\frac{3}{{{y}_{0}}^{2}}$-1），運(yùn)用y₀的范圍，即可得到所求范圍；
方法二、設(shè)k_AB=k，由（II）知k_AP=-$\frac{1}{k}$，k_BP=$\frac{3k}{4}$，聯(lián)立直線AP，BP方程解得x₁，將$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=k代入x₁，可得q=$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△APC}}$=$\frac{2|{x}_{0}|}{|{x}_{1}-{x}_{0}|}$=3+$\frac{4}{{k}^{2}}$，由k的范圍，即可得到所求范圍．

解答 解：（I）由題意知c=1，b=$\sqrt{3}$，
則a²=b²+c²=4，
所以橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，橢圓M的離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$；
（II）證明：設(shè)A（x₀，y₀），P（x₁，y₁），
則B（-x₀，-y₀），C（x₀，$\frac{{y}_{0}}{2}$），
由點A，P在橢圓上，所以$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1①，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}$=1②
點A不是橢圓M的頂點，②-①可得$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$，
法一：又k_PB=$\frac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$，k_BC=$\frac{\frac{{y}_{0}}{2}+{y}_{0}}{{x}_{0}+{x}_{0}}$=$\frac{3{y}_{0}}{4{x}_{0}}$，且點B，C，P三點共線，
所以$\frac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$=$\frac{3{y}_{0}}{4{x}_{0}}$，即$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$\frac{4（{y}_{1}+{y}_{0}）}{3（{x}_{1}+{x}_{0}）}$，
所以k_AB•k_PA=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$•$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=$\frac{4（{y}_{1}+{y}_{0}）}{3（{x}_{1}+{x}_{0}）}$•$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$
=$\frac{4（{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}）}{3（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}）}$=$\frac{4}{3}$•（-$\frac{3}{4}$）=-1．
即AB⊥AP．
法二：由已知AB，AP的斜率都存在，
k_PA•k_PB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$，
又k_PB=k_BC=$\frac{3{y}_{0}}{4{x}_{0}}$，可得k_PA=-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
則k_AB•k_PA=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$•（-$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$）=-1，
即AB⊥AP．
（III）法一：設(shè)k_AB=k，由（II）知k_AP=-$\frac{1}{k}$，k_BP=$\frac{3k}{4}$，
聯(lián)立直線AP與BP方程$\left\{\begin{array}{l}{y-{y}_{0}=-\frac{1}{k}（x-{x}_{0}）}\\{y+{y}_{0}=\frac{3k}{4}（x+{x}_{0}）}\end{array}\right.$，
解得x₁=$\frac{2{y}_{0}-（\frac{3k}{4}-\frac{1}{k}）{x}_{0}}{\frac{3k}{4}+\frac{1}{k}}$，
將k=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$代入得x₁=$\frac{2{y}_{0}-（\frac{3{y}_{0}}{4{x}_{0}}-\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}）{x}_{0}}{\frac{3{y}_{0}}{4{x}_{0}}+\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}}$=$\frac{{x}_{0}（4{{x}_{0}}^{2}+5{{y}_{0}}^{2}）}{4{{x}_{0}}^{2}+3{{y}_{0}}^{2}}$．
q=$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△APC}}$=$\frac{2|{x}_{0}|}{|{x}_{1}-{x}_{0}|}$=$\frac{2|{x}_{0}|}{|\frac{{x}_{0}（4{{x}_{0}}^{2}+5{{y}_{0}}^{2}）}{4{{x}_{0}}^{2}+3{{y}_{0}}^{2}}-{x}_{0}|}$=$\frac{4{{x}_{0}}^{2}+3{{y}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}$=3+$\frac{16}{3}$（$\frac{3}{{{y}_{0}}^{2}}$-1），
因為y₀²∈（0，3），所以q∈（3，+∞）．
法二：設(shè)k_AB=k，由（II）知k_AP=-$\frac{1}{k}$，k_BP=$\frac{3k}{4}$，
聯(lián)立直線AP與BP方程：$\left\{\begin{array}{l}{y-{y}_{0}=-\frac{1}{k}（x-{x}_{0}）}\\{y+{y}_{0}=\frac{3k}{4}（x+{x}_{0}）}\end{array}\right.$，解得x₁=$\frac{2{y}_{0}-（\frac{3k}{4}-\frac{1}{k}）{x}_{0}}{\frac{3k}{4}+\frac{1}{k}}$
=$\frac{{x}_{0}（\frac{5k}{4}+\frac{1}{k}）}{\frac{3k}{4}+\frac{1}{k}}$=x₀（1+$\frac{\frac{k}{2}}{\frac{3k}{4}+\frac{1}{k}}$），
q=$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△APC}}$=$\frac{2|{x}_{0}|}{|{x}_{1}-{x}_{0}|}$=$\frac{2|{x}_{0}|}{|{x}_{0}（1+\frac{\frac{k}{2}}{\frac{3k}{4}+\frac{1}{k}}）-{x}_{0}|}$=3+$\frac{4}{{k}^{2}}$，
因為k²∈（0，+∞），所以q∈（3，+∞）．

點評 本題考查橢圓方程和離心率的求法，注意運(yùn)用橢圓的焦距和點滿足橢圓方程，考查兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，注意運(yùn)用直線的斜率公式和點滿足橢圓方程，同時考查三角形的面積之比的取值范圍，注意化簡整理，消元思想的運(yùn)用，屬于難題．