Question

8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)，頂點(diǎn)B（0，b），且△BF₁F₂是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形
（1）求橢圓的方程；
（2）過(guò)右焦點(diǎn)F₂的且斜率為k的直線l與橢圓交于A、C兩點(diǎn)，如AF₂=2CF₂，求k的值；
（3）若點(diǎn)M為橢圓右準(zhǔn)線上一點(diǎn)（異于右準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)），右頂點(diǎn)為D，設(shè)線段F₁M交橢圓于P，PD斜率為k₁，MD的斜率為k₂，求k₁k₂的范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：a=2，c=1，b²=a²-c²=3，即可求得橢圓的方程；
（2）由$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，求得C點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程，求得A點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)斜率公式即可求得直線l的斜率k，
（3）由題意設(shè)P（x₀，y₀），x₀∈（-1，2）由向量的共線定理，求得M點(diǎn)縱坐標(biāo)，y_M=$\frac{5{y}_{0}}{{x}_{0}+1}$，將P代入橢圓方程，求得${y}_{0}^{2}$=$\frac{12-3{x}_{0}^{2}}{4}$，k₁k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$•$\frac{5{y}_{0}}{2（{x}_{0}+1）}$=$\frac{5{y}_{0}^{2}}{2（{x}_{0}-2）（{x}_{0}+1）}$，根據(jù)x₀的取值范圍，即可求得k₁k₂的范圍．

解答 解：（1）由題意可知：a=2，c=1，b²=a²-c²=3，
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），F(xiàn)₂（1，0），
則$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，解得：C（$\frac{3-{x}_{1}}{2}$，-$\frac{{y}_{1}}{2}$），
分別代入橢圓方程：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}=1}\\{\frac{（\frac{3-{x}_{1}}{2}）^{2}}{4}+\frac{（-\frac{{y}_{1}}{2}）^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=-\frac{1}{2}}\\{{y}_{1}=±\frac{3\sqrt{5}}{4}}\end{array}\right.$，
故直線l的斜率k=$\frac{{y}_{1}-0}{{x}_{1}-1}$=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
（3）設(shè)P（x₀，y₀），x₀∈（-1，2），$\overrightarrow{{F}_{1}P}$=（x₀+1，y₀），$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=（5，y_M），
由F₁，P，M三點(diǎn)共線，
y_M=$\frac{5{y}_{0}}{{x}_{0}+1}$，
∴k₁k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$•$\frac{5{y}_{0}}{2（{x}_{0}+1）}$=$\frac{5{y}_{0}^{2}}{2（{x}_{0}-2）（{x}_{0}+1）}$，
由$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{3}=1$，則${y}_{0}^{2}$=$\frac{12-3{x}_{0}^{2}}{4}$，
∴k₁k₂=$\frac{5{y}_{0}^{2}}{2（{x}_{0}-2）（{x}_{0}+1）}$=-$\frac{15}{8}$•$\frac{{x}_{0}+2}{{x}_{0}+1}$=-$\frac{15}{8}$•（1+$\frac{1}{{x}_{0}+1}$），
∵x₀∈（-1，2），
∴-•（1+$\frac{1}{{x}_{0}+1}$）∈（-∞，-$\frac{5}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線的斜率公式，向量的共線定理，函數(shù)函數(shù)的取值范圍的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．