Question

5．已知中心在原點O的橢圓，右焦點為F（1，0），經(jīng)過F點且與x軸垂直的弦長為$\sqrt{2}$，過點F的直線l與橢圓交于A，B兩點．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$的范圍；
（Ⅲ）若直線AB的斜率為k，若向量$\overrightarrow{a}$=（-2$\sqrt{2}$，1）與$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$共線，求k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題得c=1，$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，a²=2，b²=1，即可求橢圓的方程；
（Ⅱ）把直線方程和橢圓方程聯(lián)立，求出關(guān)于A，B兩點坐標和直線斜率之間的關(guān)系，再代入$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$的表達式即可求出求$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$的范圍；
（Ⅲ）先把直線方程和橢圓方程聯(lián)立，求出關(guān)于A，B兩點坐標和直線斜率之間的關(guān)系，求出$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，利用向量$\overrightarrow{a}$=（-2$\sqrt{2}$，1）與$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$共線，求出直線斜率．

解答 解：（Ⅰ）由題得c=1，$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，∴a²=2，b²=1，
所以橢圓的方程是$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1；
（Ⅱ）當k存在時，設(shè)直線方程為y=k（x-1）．
聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1，化簡為（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$．
$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$．
令$\frac{{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$=m，則${k}^{2}=\frac{m+2}{1-2m}$≥0，
∴-2≤m＜$\frac{1}{2}$，∴-2≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＜$\frac{1}{2}$，
當k不存在時，A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），則$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=$\frac{1}{2}$，
綜上，-2≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{1}{2}$，
（Ⅲ）$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（x₁+x₂，y₁+y₂），
∵向量$\overrightarrow{a}$=（-2$\sqrt{2}$，1）與$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$共線，
∴-2$\sqrt{2}$（y₁+y₂）=x₁+x₂，
∴-2$\sqrt{2}$[k（x₁-1）+k（x₂-1）]=x₁+x₂，
由韋達定理知k=0或k=$\sqrt{2}$．

點評 本題綜合考查了直線與橢圓的位置關(guān)系以及向量共線問題．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，由于集中交匯了直線，圓錐曲線兩章的知識內(nèi)容，綜合性強，能力要求高，還涉及到函數(shù)，方程，不等式，平面幾何等許多知識，可以有效的考查函數(shù)與方程的思想，數(shù)形結(jié)合的思想，分類討論的思想和轉(zhuǎn)化化歸的思想，因此，這一部分內(nèi)容也成了高考的熱點和重點．