Question

10．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），M是橢圓上一點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{{F_1}M}$•$\overrightarrow{{F_2}M}$=0，
（1）求離心率e的取值范圍；
（2）當(dāng)離心率e取得最小值時(shí)，點(diǎn)N（0，3）到橢圓上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為5$\sqrt{2}$，
①求此時(shí)橢圓的方程；
②過點(diǎn)F₂作斜率為k（k≠0）直線l交橢圓于不同的兩點(diǎn)A、B，其中一點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A'，則直線A'B的是否過定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓短軸的兩個(gè)端點(diǎn)對(duì)橢圓焦點(diǎn)展開的角是橢圓上的點(diǎn)對(duì)焦點(diǎn)展開的角中的最大角，可得b≤c，即c²≥b²=a²-c²，化簡(jiǎn)解出即可得出．
（2）①當(dāng)離心率e取得最小值時(shí)，e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$，a=$\sqrt{2}c$，b=c．橢圓的方程可化為：$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，設(shè)橢圓上的任意一點(diǎn)P（$\sqrt{2}$bcosθ，bsinθ），可得點(diǎn)N（0，3）到橢圓上的點(diǎn)P的距離d=$\sqrt{2^{2}-（bsinθ+3）^{2}+18}$，可知：當(dāng)且僅當(dāng)bsinθ+3=0時(shí)，d取得最大值$\sqrt{2^{2}+18}$=5$\sqrt{2}$，解得b²，即可得出．
②直線l的方程為：y=k（x-4），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），A′（x₁，-y₁）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+2k²）x²-16k²x+32k²-32=0，直線A′B的方程為：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），把y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），代入上述方程化簡(jiǎn)后，令y=0，化為：x=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．

解答 解：（1）∵橢圓短軸的兩個(gè)端點(diǎn)對(duì)橢圓焦點(diǎn)展開的角是橢圓上的點(diǎn)對(duì)焦點(diǎn)展開的角中的最大角，
∴b≤c，∴c²≥b²=a²-c²，∴$\frac{c}{a}$$≥\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴e∈$[\frac{\sqrt{2}}{2}，1）$．
（2）①當(dāng)離心率e取得最小值時(shí)，e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$，∴a=$\sqrt{2}c$，b=c．
橢圓的方程可化為：$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
設(shè)橢圓上的任意一點(diǎn)P（$\sqrt{2}$bcosθ，bsinθ），
點(diǎn)N（0，3）到橢圓上的點(diǎn)P的距離d=$\sqrt{（\sqrt{2}bcosθ）^{2}+（bsinθ-3）^{2}}$=$\sqrt{2^{2}-（bsinθ+3）^{2}+18}$
當(dāng)且僅當(dāng)bsinθ+3=0時(shí)，d取得最大值$\sqrt{2^{2}+18}$=5$\sqrt{2}$，解得b²=16．
∴此時(shí)橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{32}$+$\frac{{y}^{2}}{16}$=1．
②F₂（4，0）．
直線l的方程為：y=k（x-4），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），A′（x₁，-y₁）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=32}\end{array}\right.$，化為：（1+2k²）x²-16k²x+32k²-32=0，
∴x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{32{k}^{2}-32}{1+2{k}^{2}}$．
直線A′B的方程為：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
由y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），代入上述方程可得：（y+kx₁-4k）（x₂-x₁）=[k（x₁+x₂）-8k]（x-x₁），
令y=0，化為：x=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$=$\frac{\frac{64（32{k}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}-\frac{64{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}{\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}-8}$=8．
∴直線A'B經(jīng)過定點(diǎn)（8，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次的根與系數(shù)的關(guān)系、直線經(jīng)過定點(diǎn)問題、兩點(diǎn)之間距離公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．