Question

18．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）左焦点为F（-1，0），M为右准线x=4上的一动点（不在x轴上），线段FM交椭圆于点P，MA与椭圆的另一交点为Q．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线PF的斜率为k₁，直线PA的斜率为k₂，求k₁k₂的取值范围；
（3）当直线OQ垂直于直线MF时，求点P的横坐标．

Answer 1

分析 （1）由题意的准线方程和a，b，c的关系，即可得到a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设P（s，t），代入椭圆方程，由直线的斜率公式，求得k₁k₂，由又s∈（-1，2），即可得到所求范围；
（3）设P（s，t），求出M的坐标，求得直线MA的方程，求得Q的坐标，求得OQ的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，即可得到P的横坐标．

解答 解：（1）设椭圆的半焦距为c，则c=1，由$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，得a²=4，
则b²=a²-c²=3，所以椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）设P（s，t），k₁=$\frac{t}{s+1}$，k₂=$\frac{t}{s-2}$，则k₁k₂=$\frac{{t}^{2}}{（s+1）（s-2）}$，
又$\frac{{s}^{2}}{4}$+$\frac{{t}^{2}}{3}$=1，得t²=$\frac{3}{4}$（4-s²），
故k₁k₂=-$\frac{3（s+2）}{4（s+1）}$=-$\frac{3}{4}$（1+$\frac{1}{s+1}$），
又s∈（-1，2），可得k₁k₂的取值范围为（-∞，-1），
（3）设P（s，t），则k_MF=$\frac{t}{s+1}$，得直线PF：y=$\frac{t}{s+1}$（x+1），
令x=4时，得M（4，$\frac{5t}{s+1}$），
故k_MA=$\frac{5t}{2（s+1）}$，令k_MA=$\frac{5t}{2（s+1）}$=k，k_MF=$\frac{t}{s+1}$=$\frac{2}{5}$k，
则直线AM的方程为：y=k（x-2），
代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1
得（3+4k²）x²+16k²x+16k²-12=0，解得
x_Q=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，y_Q=$\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}$，
所以k_OQ=$\frac{-12k}{8{k}^{2}-6}$，
由直线OQ垂直于直线MF得：k_OQk_MF=$\frac{-12k}{8{k}^{2}-6}$•$\frac{2}{5}$k=-1，
解得：8k²=15，即10t²=3（s+1）²，
又$\frac{{s}^{2}}{4}$+$\frac{{t}^{2}}{3}$=1，得7s²+4s-18=0，
解得s=$\frac{-2+\sqrt{130}}{7}$，或s=$\frac{-2-\sqrt{130}}{7}$（舍去）
所以点P的横坐标s=$\frac{-2+\sqrt{130}}{7}$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要椭圆的准线方程和椭圆方程的运用，联立直线方程，求得交点，同时考查直线的斜率公式的运用，属于中档题．