Question

4．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且過點$（{1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$．
（1）求E的方程；
（2）若直線l：y=kx+m（k＞0）與E相交于P，Q兩點，且OP與OQ（O為坐標原點）的斜率之和為2，求O到直線l距離的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓離心率及點在橢圓上，列式計算，求出a²，b²，即可得橢圓E的方程．
（2）把y=kx+m代入E的方程得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，其判別式△=16（4k²-m²+1）＞0，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由已知得${k_{OF}}+{k_{OQ}}=\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=\frac{{{y_1}{x_2}+{y_2}{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（{k{x_1}+m}）{x_2}+（{k{x_2}+m}）{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}=2$，2（k-1）x₁x₂+m（x₁+x₂）=0，即m²+k=1，0＜k≤1，點O到直線l的距離為d，當k=1時，d=0；當k≠1時$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{1}{{\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{m^2}}}}=\frac{1}{{\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{1-k}}}}$，令1-k=t∈（0，1），利用函數(shù)單調性可得點O到直線l的距離的取值范圍

解答 解：（1）由已知得$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1$，
解得a²=4，b²=1，∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）把y=kx+m代入E的方程得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
其判別式△=16（4k²-m²+1）＞0，①
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{{m^2}-1}）}}{{1+4{k^2}}}$，②
由已知得${k_{OF}}+{k_{OQ}}=\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=\frac{{{y_1}{x_2}+{y_2}{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（{k{x_1}+m}）{x_2}+（{k{x_2}+m}）{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}=2$，
∴2（k-1）x₁x₂+m（x₁+x₂）=0，③
把②代入③得$\frac{{8（{k-1}）（{{m^2}-1}）}}{{1+4{k^2}}}-\frac{{8k{m^2}}}{{1+4{k^2}}}=0$，
即m²+k=1，④
把④代入①及k＞0知4k²+k＞0，
又m²=1-k≥0，∴0＜k≤1，
點O到直線l的距離為d，
當k=1時，d=0；
當k≠1時，$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{1}{{\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{m^2}}}}=\frac{1}{{\sqrt{\frac{{{k^2}+1}}{1-k}}}}$，
令1-k=t∈（0，1），則$d=\frac{1}{{\sqrt{t+\frac{2}{t}-2}}}$，
設$y=t+\frac{2}{t}-2$，則$y'=1-\frac{2}{t^2}=\frac{{{t^2}-2}}{t^2}＜0$，∴$y=t+\frac{2}{t}-2$在（0，1）單調遞減，
∴當t∈（0，1）時，d∈（0，1），
綜上，點O到直線l的距離的取值范圍為[0，1）．

點評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關系，距離公式，同時考查了函數(shù)與方程思想及運算能力，屬于難題．