Question

5．已知直线l的斜率为$\sqrt{3}$，且过点$（0，-2\sqrt{3}）$和椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的右焦点F₂，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在直线$x=\frac{a^2}{c}$（其中2c为焦距）上，直线m过椭圆左焦点F₁交椭圆C于M、N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若$|{\overrightarrow{{F_2}M}+\overrightarrow{{F_2}N}}|=5\sqrt{2}$，求直线m的方程；
（3）设$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=\frac{2λ}{tan∠MON}≠0$（O为坐标原点），当直线m绕点F₁转动时，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用点斜式即可得出直线l的方程，令y=0即可得出椭圆的焦点（c），利用轴对称的性质即可得出原点关于l的对称点，利用准线方程x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，即可得出a，再利用b²=a²-c²即可得到椭圆的方程；
（2）由题意方程可得F₁（-2，0），F₂（2，0），设直线MN的方程为x=ty-2，代入椭圆方程，运用韦达定理以及向量的模的运算，解方程可得t，进而得到所求直线的方程；
（3）运用向量的数量积的定义，可得$\frac{1}{2}$|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|sin∠MON=λ，即有λ=S_△MON=$\frac{1}{2}$|OF₁|•|y₁-y₂|，再由韦达定理和基本不等式，即可得到所求范围．

解答 解：（1）由题意可得直线l：y=$\sqrt{3}$x-2$\sqrt{3}$，
令y=0，解得x=2，可得c=2，
即椭圆的焦点为（±2，0），
设原点关于l的对称点为（x，y），
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{y}{x}=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{\frac{y}{2}=\sqrt{3}（\frac{x}{2}-2）}\end{array}\right.$，解得x=3，即$\frac{{a}^{2}}{c}$=3，可得a²=6，
则b²=a²-c²=2．
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）由题意方程可得F₁（-2，0），F₂（2，0），
设直线MN的方程为x=ty-2，
代入椭圆方程可得，（3+t²）y²-4ty-2=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
可得y₁+y₂=$\frac{4t}{3+{t}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{2}{3+{t}^{2}}$，
由$|{\overrightarrow{{F_2}M}+\overrightarrow{{F_2}N}}|=5\sqrt{2}$，可得（x₁+x₂-4）²+（y₁+y₂）²=50，
又x₁+x₂=t（y₁+y₂）-4，
即有（$\frac{4{t}^{2}}{3+{t}^{2}}$-8）²+（$\frac{4t}{3+{t}^{2}}$）²=50，
解得t²=1，即t=±1，
则直线m的方程为x=±y-2；
（3）$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=\frac{2λ}{tan∠MON}≠0$，
可得$\frac{1}{2}$|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|sin∠MON=λ，
即有λ=S_△MON=$\frac{1}{2}$|OF₁|•|y₁-y₂|
=|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{16{t}^{2}}{（3+{t}^{2}）^{2}}+\frac{8}{3+{t}^{2}}}$
=$\frac{2\sqrt{6}\sqrt{1+{t}^{2}}}{3+{t}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{1+{t}^{2}}+\frac{2}{\sqrt{1+{t}^{2}}}}$≤$\frac{2\sqrt{6}}{2\sqrt{2}}$=$\sqrt{3}$，
当且仅当$\sqrt{1+{t}^{2}}$=$\frac{2}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，即t=±1时，S取得最大值$\sqrt{3}$．
则有λ的取值范围是（0，$\sqrt{3}$]．

点评 熟练掌握椭圆的标准方程及其性质、轴对称的性质、点在椭圆上转化为点的坐标适合题意的方程、向量的运算与基本不等式是解题的关键．