Question

13．已知F₁，F(xiàn)₂，A分別為橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)及上頂點(diǎn)△AF₁F₂的面積為4$\sqrt{3}$且橢圓的離心率等于$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過(guò)點(diǎn)M（0，4）的直線l與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)P、Q，點(diǎn)N在線段PQ上．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)$\frac{{|{\overrightarrow{PM}}|}}{{|{\overrightarrow{PN}}|}}$=$\frac{{|{\overrightarrow{MQ}}|}}{{|{\overrightarrow{NQ}}|}}$=λ，試求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：$\frac{1}{2}×2c•b$=4$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+4，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+32kx+32=0．由△＞0，可得k²$＞\frac{3}{4}$．可得$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+2=$\frac{64{k}^{2}}{3（1+4{k}^{2}）}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t＞1，則t+$\frac{1}{t}$+2=$\frac{64{k}^{2}}{3（1+4{k}^{2}）}$∈（4，$\frac{16}{3}$），可得2＜t+$\frac{1}{t}$＜$\frac{10}{3}$，解得t范圍．設(shè)N（x₀，y₀），$\frac{{|{\overrightarrow{PM}}|}}{{|{\overrightarrow{PN}}|}}$=$\frac{{|{\overrightarrow{MQ}}|}}{{|{\overrightarrow{NQ}}|}}$=λ，可得$\overrightarrow{PM}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，$\overrightarrow{MQ}$=$λ\overrightarrow{NQ}$，可得λ=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$=$\frac{1+t}{t-1}$=1+$\frac{2}{t-1}$∈（2，+∞）．即可得出．

解答 解：（1）由已知可得：$\frac{1}{2}×2c•b$=4$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又a²=b²+c²，解得a=4，b=2，c=2$\sqrt{3}$．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+4，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=16}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+32kx+48=0．
由題意△=（32k）²-4×48×（1+4k²）＞0，∴k²$＞\frac{3}{4}$．
∴x₁+x₂=$\frac{-32k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{48}{1+4{k}^{2}}$．
∴$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+2=$\frac{64{k}^{2}}{3（1+4{k}^{2}）}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t＞1，則t+$\frac{1}{t}$+2=$\frac{64{k}^{2}}{3（1+4{k}^{2}）}$∈（4，$\frac{16}{3}$），
∴2＜t+$\frac{1}{t}$＜$\frac{10}{3}$，解得：1＜t＜3．
設(shè)N（x₀，y₀），
∵$\frac{{|{\overrightarrow{PM}}|}}{{|{\overrightarrow{PN}}|}}$=$\frac{{|{\overrightarrow{MQ}}|}}{{|{\overrightarrow{NQ}}|}}$=λ，∴$\overrightarrow{PM}$=-λ$\overrightarrow{PN}$，$\overrightarrow{MQ}$=$λ\overrightarrow{NQ}$，
∴-x₁=-λ（x₀-x₁），x₂=λ（x₂-x₀），
∴λ=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$=$\frac{1+t}{t-1}$=1+$\frac{2}{t-1}$∈（2，+∞）．
∴λ的取值范圍是（2，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量的坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．