Question

17．已知椭圆E的中心在坐标原点O，它的长轴长，短轴长分别为$2a，2\sqrt{2}$，右焦点F（c，0），直线l：cx-a²=0与x轴相交于点$A，\overrightarrow{OF}=2\overrightarrow{FA}$，过点A的直线m与椭圆E交于P，Q两点．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，求直线m的方程；
（Ⅲ）过点P且平行于直线l的直线与椭圆E相交于另一点M，求证：Q，F，M三点共线．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$（a＞$\sqrt{2}$），由已知解得a=$\sqrt{6}$，c=2，可得椭圆的方程；
（Ⅱ）由（Ⅱ）可得A（3，0），设直线PQ的方程为y=k（x-3），代入椭圆方程得（3k²+1）x²-18k²x+27k²-6=0．依题意△=12（2-3k²）＞0，得k的范围．设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），然后由根与系数的位置关系可知直线PQ的方程；
（Ⅲ）运用向量的共线的坐标运算和韦达定理，计算化简即可得证．

解答 （Ⅰ）解：由题意，可设椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$（a＞$\sqrt{2}$），
由已知得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-{c}^{2}=2}\\{c=2（\frac{{a}^{2}}{c}-c）}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{6}$，c=2，
所以椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得A（3，0），
设直线PQ的方程为y=k（x-3），
代入椭圆方程得（3k²+1）x²-18k²x+27k²-6=0，
依题意△=12（2-3k²）＞0，得-$\frac{\sqrt{6}}{3}$＜k＜$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
则x₁+x₂=$\frac{18{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$①x₁x₂=$\frac{27{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$②
由直线PQ的方程得y₁=k（x₁-3），y₂=k（x₂-3）
于是y₁y₂=k²（x₁-3）（x₂-3）=k²[x₁x₂-3（x₁+x₂）+9]③
因为$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，
所以x₁x₂+y₁y₂=0④
由①②③④得5k²=1，从而k=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
所以直线m的方程为x-$\sqrt{5}$y-3=0或x+$\sqrt{5}$y-3=0；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知x₁+x₂=$\frac{18{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{27{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
设$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$（λ＞1），
即有（x₁-3，y₁）=λ（x₂-3，y₂）
即x₁-3=λ（x₂-3），y₁=λy₂，
设M（x₁，y₀），即有x₁²+3y₀²=6，
即有y₀=-y₁，
F（2，0），$\overrightarrow{FM}$=（x₁-2，-y₁），$\overrightarrow{FQ}$=（x₂-2，y₂），
即有y₁+λy₂=0，
由于λ=$\frac{{x}_{1}-3}{{x}_{2}-3}$，$\frac{{x}_{1}-3}{{x}_{2}-3}$+$\frac{{x}_{1}-2}{{x}_{2}-2}$=0等价为2x₁x₂+12-5（x₁+x₂）=0，
由韦达定理代入可得2•$\frac{27{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$+12-5•$\frac{18{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$=0，
则有（x₁-2）+λ（x₂-2）=0，
故有$\overrightarrow{FM}$=-λ$\overrightarrow{FQ}$，
所以Q，F，M三点共线．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，注意联立直线方程，运用韦达定理，同时考查向量的共线的坐标运算，属于中档题．