Question

已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的離心率為

1

2

，以原點為圓心，橢圓的短半軸為半徑的圓與直線x-y+

6

=0相切．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設P（4，0），A，B是橢圓C上關于x軸對稱的任意兩個不同的點，連接PB交橢圓C于另一點E，證明直線AE與x軸相交于定點Q；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，過點Q的直線與橢圓C交于M，N兩點，求

OM

•

ON

的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意知e=

c

a

=

1

2

，能夠導出a2=

4

3

b2．再由b=

6

1+1

=

3

可以導出橢圓C的方程為

x2

4

+

y2

3

=1．
（Ⅱ）由題意知直線PB的斜率存在，設直線PB的方程為y=k（x-4）．由

y=k(x-4) x2 4 + y2 3 =1.

得（4k²+3）x²-32k²x+64k²-12=0，再由根與系數(shù)的關系證明直線AE與x軸相交于定點Q（1，0）．
（Ⅲ）分MN的斜率存在與不存在兩種情況討論，當過點Q直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=m（x-1），且M（x_M，y_M），N（x_N，y_N）在橢圓C上．由

y=m(x-1) x2 4 + y2 3 =1.

得（4m²+3）x²-8m²x+4m²-12=0．再由根據(jù)判別式和根與系數(shù)的關系求解

OM

•

ON

的取值范圍；當過點Q直線MN的斜率不存在時，其方程為x=1，易得M、N的坐標，進而可得

OM

•

ON

的取值范圍，綜合可得答案．

解答：解：（Ⅰ）由題意知e=

c

a

=

1

2

，
所以e2=

c2

a2

=

a2-b2

a2

=

1

4

．
即a2=

4

3

b2．
又因為b=

6

1+1

=

3

，
所以a²=4，b²=3．
故橢圓C的方程為

x2

4

+

y2

3

=1．
（Ⅱ）由題意知直線PB的斜率存在，設直線PB的方程為y=k（x-4）．
由

y=k(x-4) x2 4 + y2 3 =1.

得（4k²+3）x²-32k²x+64k²-12=0．①
設點B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則A（x₁，-y₁）．
直線AE的方程為y-y2=

y2+y1

x2-x1

(x-x2)．
令y=0，得x=x2-

y2(x2-x1)

y2+y1

．
將y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）代入，
整理，得x=

2x1x2-4(x1+x2)

x1+x2-8

．②
由①得x1+x2=

32k2

4k2+3

，x1x2=

64k2-12

4k2+3

代入②
整理，得x=1．
所以直線AE與x軸相交于定點Q（1，0）．
（Ⅲ）當過點Q直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=m（x-1），且M（x_M，y_M），N（x_N，y_N）在橢圓C上．
由

y=m(x-1) x2 4 + y2 3 =1.

得（4m²+3）x²-8m²x+4m²-12=0．
易知△＞0．
所以xM+xN=

8m2

4m2+3

，xMxN=

4m2-12

4m2+3

，yMyN=-

9m2

4m2+3

．
則

OM

•

ON

=xMxN+yMyN=-

5m2+12

4m2+3

=-

5

4

-

33

4(4m2+3)

．
因為m²≥0，所以-

11

4

≤-

33

4(4m2+3)

＜0．
所以

OM

•

ON

∈[-4，-

5

4

)．
當過點Q直線MN的斜率不存在時，其方程為x=1．
解得M(1，-

3

2

)，N（1，

3

2

）或M（1，

3

2

）、N（1，-

3

2

）．
此時

OM

•

ON

=-

5

4

．
所以

OM

•

ON

的取值范圍是[-4，-

5

4

]．

點評：本題綜合考查橢圓的性質及其應用和直線 與橢圓的位置關系，解題時要認真審題，注意公式的靈活運用．