Question

8．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长轴长为2$\sqrt{3}$，右焦点F（1，0），过F作两条互相垂直的直线分别交椭圆G于点A，B和C，D，设AB，CD的中点分别为P，Q．
（Ⅰ）求椭圆G的方程；
（Ⅱ）若直线AB，CD的斜率均存在，求$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的最大值，并证明直线PQ与x轴交于定点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的长轴长为2$\sqrt{3}$，右焦点F（1，0），列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆G的方程．
（Ⅱ）F（1，0），由题意设直线AB的方程为y=k（x-1），k≠0，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，由此利用韦达定理、中点坐标公式分别求出AB的中点P，CD的中点Q，从而求出k=±1时，$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$有最大值$\frac{1}{5}$．当k=±1时，直线PQ的方程为x=$\frac{3}{5}$，恒过定点（$\frac{3}{5}$，0），当直线有斜率时，求出直线PQ的方程，由此能求出直线PQ恒过定点（$\frac{3}{5}，0$）．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长轴长为2$\sqrt{3}$，右焦点F（1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{3}}\\{c=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$，
∴椭圆G的方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（Ⅱ）F（1，0），由题意设直线AB的方程为y=k（x-1），k≠0，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}}\end{array}\right.$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-4k}{3{k}^{2}+2}$，
∴AB的中点P（$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，$\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}$），
又由题意得直线CD的方程为y=-$\frac{1}{k}（x-1）$，
同理，得CD的中点Q（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}，\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$），
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=$\frac{9{k}^{2}-4{k}^{2}}{（3{k}^{2}+2）（2{k}^{2}+3）}$=$\frac{5{k}^{2}}{6{k}^{4}+6+13{k}^{2}}$
=$\frac{5}{6{k}^{2}+\frac{6}{{k}^{2}}+13}$≤$\frac{5}{2\sqrt{6{k}^{2}×\frac{6}{{k}^{2}}+13}}$=$\frac{1}{5}$，
当且仅当$6{k}^{2}=\frac{6}{{k}^{2}}$，即k=±1时，$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$有最大值$\frac{1}{5}$．
又当直线PQ⊥x轴时，$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$=$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$，
即k=±1时，直线PQ的方程为x=$\frac{3}{5}$，恒过定点（$\frac{3}{5}$，0），
当直线有斜率时，k_PQ=$\frac{\frac{2k}{2{k}^{2}+3}-\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}}{\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}}$=$\frac{5k}{3（1-{k}^{2}）}$，
∴直线PQ的方程为y-$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}=\frac{5k}{3（1-{k}^{2}）}（x-\frac{3}{2{k}^{2}+3}）$，
令y=0，得x=$\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{6（1-{k}^{2}）}{5（2{k}^{2}+3）}$=$\frac{6{k}^{2}+9}{5（2{k}^{2}+3）}$=$\frac{3}{5}$，恒过定点（$\frac{3}{5}，0$），
综上，直线PQ恒过定点（$\frac{3}{5}，0$）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线恒过定点的证明，考查向量的数量积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．