Question

19．如圖，分別過橢圓L的左頂點A（-3，0）和下頂點B且斜率為k（k＞0）的兩條直線l₁和l₂分別交橢圓L于點C，D，且l₁交y軸于點M，l₂交x軸于點N，且線段CD與線段MN相交于點P．當(dāng)k=3時，△ABM是直角三角形．
（Ⅰ）求橢圓L的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）（�。┣笞C：存在實數(shù)λ，使得$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{OP}$；
（ⅱ）求|OP|的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出橢圓的幾何量，即可求橢圓L的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）（�。┣蟪鱿蛄康淖鴺�(biāo)，即可證明存在實數(shù)λ，使得$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{OP}$；
（ⅱ）消去參數(shù)k得點P的軌跡方程是x+3y-3=0（0＜x＜3），|OP|的最小值是原點O到直線x+3y-3=0的距離．

解答 （Ⅰ）解：∵當(dāng)k=3時，△ABM是直角三角形，
∴AM⊥BM，∴${k_{AB}}=-\frac{1}{3}$，
設(shè)B（0，-b），∴${k_{AB}}=-\frac{3}=-\frac{1}{3}$，∴b=1，
∴橢圓L的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）（ⅰ）證明：直線l₁：y=k（x+3），∴M（0，3k）
$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+3）\\{x^2}+9{y^2}=9\end{array}\right.$，∴（1+9k²）x²+54k²x+81k²-9=0，
∴${x_A}+{x_C}=\frac{{-54{k^2}}}{{1+9{k^2}}}，{x_A}=-3$∴${x_C}=\frac{{-54{k^2}}}{{1+9{k^2}}}+3=\frac{{3-27{k^2}}}{{1+9{k^2}}}$，
∴${y_C}=k（{x_C}+3）=\frac{6k}{{1+9{k^2}}}$
直線l₂：y=kx-1，∴$N（\frac{1}{k}，0）$
$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\{x^2}+9{y^2}=9\end{array}\right.$，∴（1+9k²）x²-18kx=0，
∴${x_B}+{x_D}=\frac{18k}{{1+9{k^2}}}，{x_B}=0$∴${x_D}=\frac{18k}{{1+9{k^2}}}$，
∴${y_D}=k{x_D}-1=\frac{{9{k^2}-1}}{{1+9{k^2}}}$．
∵l₁∥l₂，設(shè)$\overrightarrow{MP}=μ\overrightarrow{PN}$則$\overrightarrow{CP}=μ\overrightarrow{PD}$，∴$μ=\frac{{{x_P}-{x_M}}}{{{x_N}-{x_P}}}=\frac{{{x_P}-{x_C}}}{{{x_D}-{x_P}}}$
∴${x_P}=\frac{{{x_M}•{x_D}-{x_N}•{x_C}}}{{{x_M}+{x_D}-{x_N}-{x_C}}}=\frac{{0×\frac{18k}{{1+9{k^2}}}-\frac{1}{k}×\frac{{3-27{k^2}}}{{1+9{k^2}}}}}{{0+\frac{18k}{{1+9{k^2}}}-\frac{1}{k}-\frac{{3-27{k^2}}}{{1+9{k^2}}}}}=\frac{3}{3k+1}$
直線MN：y=-3k²x+3k，∴${y_P}=\frac{3k}{3k+1}$，
$\overrightarrow{AM}=（3，3k），\overrightarrow{OP}=（\frac{3}{3k+1}，\frac{3k}{3k+1}）$，∴存在實數(shù)λ=3k+1，使得$\overrightarrow{AM}$=$λ\overrightarrow{OP}$
（ⅱ）解：消去參數(shù)k得點P的軌跡方程是x+3y-3=0（0＜x＜3），
∴|OP|的最小值是原點O到直線x+3y-3=0的距離$d=\frac{{|{-3}|}}{{\sqrt{10}}}=\frac{{3\sqrt{10}}}{10}$．

點評 本題考查橢圓的方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量知識的運用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．