Question

7．已知點(diǎn)A，B分別為橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左，右頂點(diǎn)，點(diǎn)P（0，-2），直線BP交E于點(diǎn)Q，$\overrightarrow{PQ}=\frac{3}{2}\overrightarrow{QB}$且△ABP是等腰直角三角形．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線l與E相交于M，N兩點(diǎn)，當(dāng)坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外時(shí)，求直線l斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：由$\overrightarrow{PQ}=\frac{3}{2}\overrightarrow{QB}$，求得Q點(diǎn)坐標(biāo)，即可求得橢圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線y=kx-2，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理，由△＞0，由坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外，則$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}＞0$，由向量數(shù)量積的坐標(biāo)公式，即可求得直線l斜率的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意知：△ABP是等腰直角三角形，a=2，B（2，0），
設(shè)Q（x₀，y₀），由$\overrightarrow{PQ}=\frac{3}{2}\overrightarrow{QB}$，則${x_0}=\frac{6}{5}，{y_0}=-\frac{4}{5}$，
代入橢圓方程，解得b²=1，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）由題意可知，直線l的斜率存在，方程為y=kx-2，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}y=kx-2\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²-16kx+12=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=$\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$，x₁x₂=$\frac{12}{{1+4{k^2}}}$，…（8分）
由直線l與E有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則△＞0，
即（-16k）²-4×12×（1+4k²）＞0，解得：k²＞$\frac{3}{4}$，…①…（9分）
由坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外，則$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}＞0$，即x₁x₂+y₁y₂＞0，
則x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁-2）（kx₂-2）
=（1+k²）x₁x₂-2k×（x₁+x₂）+4
=（1+k²）$\frac{12}{{1+4{k^2}}}$-2k×$\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$+4＞0，
解得：k²＜4，…②…（11分）
綜合①②可知：$\frac{3}{4}$＜k²＜4，解得$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$＜k＜2或-2＜k＜-$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
直線l斜率的取值范圍（-2，-$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）∪（$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，2）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，韋達(dá)定理，考查及算能力，屬于中檔題．