Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）左焦點(diǎn)為F（-1，0），M為右準(zhǔn)線x=4上的一動(dòng)點(diǎn)（不在x軸上），線段FM交橢圓于點(diǎn)P，MA與橢圓的另一交點(diǎn)為Q．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線PF的斜率為k₁，直線PA的斜率為k₂，求k₁k₂的取值范圍；
（3）當(dāng)直線OQ垂直于直線MF時(shí)，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由題意的準(zhǔn)線方程和a，b，c的關(guān)系，即可得到a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)P（s，t），代入橢圓方程，由直線的斜率公式，求得k₁k₂，由又s∈（-1，2），即可得到所求范圍；
（3）設(shè)P（s，t），求出M的坐標(biāo)，求得直線MA的方程，求得Q的坐標(biāo)，求得OQ的斜率，由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，即可得到P的橫坐標(biāo)．

解答 解：（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，則c=1，由$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，得a²=4，
則b²=a²-c²=3，所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）設(shè)P（s，t），k₁=$\frac{t}{s+1}$，k₂=$\frac{t}{s-2}$，則k₁k₂=$\frac{{t}^{2}}{（s+1）（s-2）}$，
又$\frac{{s}^{2}}{4}$+$\frac{{t}^{2}}{3}$=1，得t²=$\frac{3}{4}$（4-s²），
故k₁k₂=-$\frac{3（s+2）}{4（s+1）}$=-$\frac{3}{4}$（1+$\frac{1}{s+1}$），
又s∈（-1，2），可得k₁k₂的取值范圍為（-∞，-1），
（3）設(shè)P（s，t），則k_MF=$\frac{t}{s+1}$，得直線PF：y=$\frac{t}{s+1}$（x+1），
令x=4時(shí)，得M（4，$\frac{5t}{s+1}$），
故k_MA=$\frac{5t}{2（s+1）}$，令k_MA=$\frac{5t}{2（s+1）}$=k，k_MF=$\frac{t}{s+1}$=$\frac{2}{5}$k，
則直線AM的方程為：y=k（x-2），
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1
得（3+4k²）x²+16k²x+16k²-12=0，解得
x_Q=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，y_Q=$\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}$，
所以k_OQ=$\frac{-12k}{8{k}^{2}-6}$，
由直線OQ垂直于直線MF得：k_OQk_MF=$\frac{-12k}{8{k}^{2}-6}$•$\frac{2}{5}$k=-1，
解得：8k²=15，即10t²=3（s+1）²，
又$\frac{{s}^{2}}{4}$+$\frac{{t}^{2}}{3}$=1，得7s²+4s-18=0，
解得s=$\frac{-2+\sqrt{130}}{7}$，或s=$\frac{-2-\sqrt{130}}{7}$（舍去）
所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)s=$\frac{-2+\sqrt{130}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要橢圓的準(zhǔn)線方程和橢圓方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，求得交點(diǎn)，同時(shí)考查直線的斜率公式的運(yùn)用，屬于中檔題．