Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），過左焦點(diǎn)F₁（-1，0）的直線與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，且△F₂MN的周長(zhǎng)為8；過點(diǎn)P（4，0）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$的取值范圍；
（Ⅲ）若B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)是E，證明：直線AE與x軸相交于定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得c=1，由橢圓的定義可得4a=8，可得a=2，由a，b，c的關(guān)系可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線PB的方程為y=k（x-4），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，及向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，化簡(jiǎn)整理，由不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍；
（Ⅲ）求得E的坐標(biāo)，以及直線AE的方程，令y=0，運(yùn)用韋達(dá)定理，化簡(jiǎn)整理，即可得到所求定點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得c=1，
△F₂MN的周長(zhǎng)為8，由橢圓的定義可得4a=8，可得a=2，
即有b=$\sqrt{4-1}$=$\sqrt{3}$，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）解：由題意知直線AB的斜率存在，設(shè)直線PB的方程為y=k（x-4），
由代入橢圓的方程得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0
由△=（-32k²）²-4（4k²+3）（64k²-12）＞0得：k²＜$\frac{1}{4}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B （x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$①，
∴y₁y₂=k²（x₁-4）（x₂-4）=k²x₁x₂-4k²（x₁+x₂）+16k²，
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）•$\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-4k²•$\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+16k²=25-$\frac{87}{3+4{k}^{2}}$，
∵0≤k²＜$\frac{1}{4}$，∴-29≤-$\frac{87}{3+4{k}^{2}}$＜-$\frac{87}{4}$，∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$∈[-4，$\frac{13}{4}$），
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$的取值范圍是[-4，$\frac{13}{4}$）．
（Ⅲ）證明：∵B、E兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，∴E（x₂，-y₂），
直線AE的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁），令y=0得：x=x₁-$\frac{{y}_{1}（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
又y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），∴x=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$，
由將①代入得：x=1，
∴直線AE與x軸交于定點(diǎn)（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的定義，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．