Question

3．如图已知椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右两个焦点分别为F₁、F₂，设A（0，b），若△AF₁F₂为正三角形且周长为6．
（1）求椭圆G的标准方程；
（2）已知垂直于x轴的直线交椭圆G于不同的两点B，C，且A₁，A₂分别为椭圆的左顶点和右顶点，设直线A₁C与A₂B交于点P（x₀，y₀），求证：点P（x₀，y₀）在双曲线$\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{{y}^{2}}{3}$=1上；
（3）在（2）的条件下，过点P作斜率为$\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}$的直线l，设原点到直线l的距离为d，求d的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题设得 $\left\{\begin{array}{l}{a=2c}\\{a+a+2c=6}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$ 解得a，b，c．求得椭圆方程．
（2）分别设出直线A₁C的方程和直线A₂B的方程，两条直线相乘代入椭圆，证得结论．
（3）设直线l：$y-{y}_{0}=\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}（x-{x}_{0}）$，结合第（2）问的结论得出相应结论

解答 解：（1）由题设得 $\left\{\begin{array}{l}{a=2c}\\{a+a+2c=6}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$ 解得：$a=2，b=\sqrt{3}$，c=1
故C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．（4分）
（2）证明：设B（x₁，y₁）则C（x₁，-y₁），A₁（-2，0），A₂（2，0）
∴直线A₁C的方程为y=$\frac{-y1}{{x}_{1}+2}（x+2）$　　①（5分）
直线A₂B的方程为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$   ②（6分）
①×②，得 ${y}^{2}=\frac{-{y}_{1}^{2}}{{x}_{1}^{2}-4}（{x}^{2}-4）$   ③
$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}=1$，∴$3{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=12$，∴${y}_{1}^{2}$=$\frac{-3（{x}_{1}^{2}-4）}{4}$，
代入③得${y}^{2}=\frac{3}{4}（{x}^{2}-4）$，即$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$，（8分）
因为点P（x₀，y₀）是直线A₁C与A₂B的交点，所以$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}-\frac{{y}_{0}^{2}}{3}=1$
即点P（x₀，y₀）在双曲线$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$上（9分）
（3）设直线l：$y-{y}_{0}=\frac{3{x}_{0}}{4{y}_{0}}（x-{x}_{0}）$（10分）
结合第（2）问的结论$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}-\frac{{y}_{0}^{2}}{3}=1$，整理得：3x₀x-4y₀y-12=0（12分）
于是$d=\frac{12}{\sqrt{9{x}_{0}^{2}+16{y}_{0}^{2}}}=\frac{12}{\sqrt{21{x}_{0}^{2}-48}}$（14分）
$3{x}_{0}^{2}-{4}_{0}^{2}=12$且y₀≠0∴${x}_{0}^{2}＞4$∴$d=\frac{12}{\sqrt{21{x}_{0}^{2}-48}}∈（0，2）$
所以d的取值范围是 （0，2）（16分）

点评 本题主要考查直线与圆锥曲线的综合问题，有范围，有证明，综合性很强，难度很大，在高考中常作为压轴题．