Question

8．已知離心率為$\frac{1}{2}$的橢圓C的中心在原點O，過橢圓C右焦點且垂直于x軸的直線與橢圓C相交于A，B兩點，|AB|=3．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知直線l：y=kx+m與橢圓C相交于P，Q兩點，且|$\overrightarrow{OP}$+3$\overrightarrow{OQ}$|=|$\overrightarrow{OP}$-3$\overrightarrow{OQ}$|，橢圓C上一點M滿足：$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OM}$，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，從而可得$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{2\frac{^{2}}{a}=3}\end{array}\right.$，從而求標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）；由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$化簡得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，從而可得m²-3-4k²＜0；且x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$，y₁y₂=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$；由|$\overrightarrow{OP}$+3$\overrightarrow{OQ}$|=|$\overrightarrow{OP}$-3$\overrightarrow{OQ}$|得$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=0，從而可得7m²-12k²-12=0，由$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OM}$得$\overrightarrow{OM}$=$\frac{1}{λ}$（x₁+x₂，y₁+y₂），從而代入得$\frac{（-\frac{8km}{（3+4{k}^{2}）λ}）^{2}}{4}$+$\frac{（\frac{6m}{（3+4{k}^{2}）λ}）^{2}}{3}$=1，從而可得λ²=$\frac{16{k}^{2}{m}^{2}+12{m}^{2}}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{m}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，化簡$\frac{4{m}^{2}}{4{k}^{2}+3}$=$\frac{12}{7}$（1+$\frac{1}{4{k}^{2}+3}$），從而求實數(shù)λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
由$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1解得，y=±$\frac{^{2}}{a}$，
故$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{2\frac{^{2}}{a}=3}\end{array}\right.$，
解得，a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$；
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）；
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，
化簡可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
故△=64k²m²-4（3+4k²）（4m²-12）＞0，
化簡得，m²-3-4k²＜0；
x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
故y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$；
∵|$\overrightarrow{OP}$+3$\overrightarrow{OQ}$|=|$\overrightarrow{OP}$-3$\overrightarrow{OQ}$|，
∴$\overrightarrow{OP}$⊥3$\overrightarrow{OQ}$，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=0，
∴7m²-12k²-12=0，
∵$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OM}$，
∴$\overrightarrow{OM}$=$\frac{1}{λ}$（x₁+x₂，y₁+y₂）=（-$\frac{1}{λ}$$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{1}{λ}$$\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$）；
∴$\frac{（-\frac{8km}{（3+4{k}^{2}）λ}）^{2}}{4}$+$\frac{（\frac{6m}{（3+4{k}^{2}）λ}）^{2}}{3}$=1，
∴λ²=$\frac{16{k}^{2}{m}^{2}+12{m}^{2}}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{m}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，
∵7m²-12k²-12=0，
∴$\frac{4{m}^{2}}{4{k}^{2}+3}$=$\frac{12}{7}$（1+$\frac{1}{4{k}^{2}+3}$），
又∵m²-3-4k²＜0，
∴12k²+12＜28k²+21，
顯然成立；故k²≥0，
故1＜1+$\frac{1}{4{k}^{2}+3}$≤$\frac{4}{3}$，
故$\frac{12}{7}$＜$\frac{12}{7}$（1+$\frac{1}{4{k}^{2}+3}$）≤$\frac{16}{7}$，
∴-$\frac{4\sqrt{7}}{7}$≤λ＜-$\frac{2\sqrt{21}}{7}$或$\frac{2\sqrt{21}}{7}$＜λ≤$\frac{4\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查了橢圓與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用及化簡運算的能力，同時考查了平面向量的應(yīng)用．