Question

17．已知点G是三角形ABC的重心，A（0，-b），B（0，b）（b＞0），在x轴上存在一点M，使$\overrightarrow{GM}=λ\overrightarrow{AB}（λ∈R，λ≠0）$且${\overrightarrow{MA}^2}={\overrightarrow{MC}^2}$．
（1）求证：点C的轨迹是椭圆，并求椭圆的离心率．
（2）当b=1时，设过上述椭圆右焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，若直线x=t上的任意一点R，总有$\overrightarrow{RP}•\overrightarrow{RQ}＞0$，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设C（x，y），M（m，0）．G$（\frac{x}{3}，\frac{y}{3}）$．可得$\overrightarrow{GM}$=$（m-\frac{x}{3}，-\frac{y}{3}）$，$\overrightarrow{AB}$=（0，2b），利用$\overrightarrow{GM}=λ\overrightarrow{AB}（λ∈R，λ≠0）$，可得m=$\frac{x}{3}$.$\overrightarrow{MA}$=$（-\frac{x}{3}，-b）$，$\overrightarrow{MC}$=$（\frac{2x}{3}，y）$，利用${\overrightarrow{MA}^2}={\overrightarrow{MC}^2}$，即可得出．
（2）当b=1时，上述椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}$=1．设R（t，r）．①若PQ的斜率为0，则P$（-\sqrt{3}，0）$，Q$（\sqrt{3}，0）$．则$\overrightarrow{RP}$=（-$\sqrt{3}$-t，-r），$\overrightarrow{RQ}$=（$\sqrt{3}$-t，-r）．利用$\overrightarrow{RP}•\overrightarrow{RQ}＞0$，即可得出．
②若PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为：sy+$\sqrt{2}$=x，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．线段PQ的中点M（x₀，y₀）．直线方程与椭圆方程联立化为：（s²+3）y²+2$\sqrt{2}$sy-1=0，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得M坐标．|PQ|=$\sqrt{（1+{s}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$．由$\overrightarrow{RP}•\overrightarrow{RQ}＞0$，可得点R在以PQ为直径的圆的外部．可得|t-x₀|＞$\frac{1}{2}$|PQ|，即可得出．

解答 （1）证明：设C（x，y），M（m，0）．G$（\frac{x}{3}，\frac{y}{3}）$．
$\overrightarrow{GM}$=$（m-\frac{x}{3}，-\frac{y}{3}）$，$\overrightarrow{AB}$=（0，2b），
∵$\overrightarrow{GM}=λ\overrightarrow{AB}（λ∈R，λ≠0）$，∴2b$（m-\frac{x}{3}）$=0，可得m=$\frac{x}{3}$．
$\overrightarrow{MA}$=$（-\frac{x}{3}，-b）$，$\overrightarrow{MC}$=$（\frac{2x}{3}，y）$．
∵${\overrightarrow{MA}^2}={\overrightarrow{MC}^2}$．
∴$（-\frac{x}{3}）^{2}+（-b）^{2}$=$（\frac{2x}{3}）^{2}+{y}^{2}$，
化为：$\frac{{x}^{2}}{3{b}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（b＞0），可得离心率e=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{3{b}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（2）解：当b=1时，上述椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}$=1．
c=$\sqrt{3-1}$=$\sqrt{2}$，∴右焦点F（$\sqrt{2}$，0）．设R（t，r）．
①若PQ的斜率为0，则P$（-\sqrt{3}，0）$，Q$（\sqrt{3}，0）$．
则$\overrightarrow{RP}$=（-$\sqrt{3}$-t，-r），$\overrightarrow{RQ}$=（$\sqrt{3}$-t，-r）．
∵$\overrightarrow{RP}•\overrightarrow{RQ}＞0$，则t²-3+r²＞0，可得：t²＞3-r²，可得：t²＞3，解得t$＞\sqrt{3}$，或t＜-$\sqrt{3}$．
②若PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为：sy+$\sqrt{2}$=x，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．线段PQ的中点M（x₀，y₀）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{sy+\sqrt{2}=x}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（s²+3）y²+2$\sqrt{2}$sy-1=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-2\sqrt{2}s}{{s}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{-1}{{s}^{2}+3}$，
y₀=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=-$\frac{\sqrt{2}s}{{s}^{2}+3}$，
可得x₀=$s{y}_{0}+\sqrt{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{{s}^{2}+3}$．
|PQ|=$\sqrt{（1+{s}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{s}^{2}）[（\frac{-2\sqrt{2}s}{{s}^{2}+3}）^{2}-\frac{-4}{{s}^{2}+3}]}$=$\frac{2\sqrt{3}（1+{s}^{2}）}{{s}^{2}+3}$．
∵$\overrightarrow{RP}•\overrightarrow{RQ}＞0$，∴点R在以PQ为直径的圆的外部．
∴|t-x₀|＞$\frac{1}{2}$|PQ|，
可得$|t-\frac{3\sqrt{2}}{{s}^{2}+3}|$＞$\frac{\sqrt{3}（1+{s}^{2}）}{{s}^{2}+3}$，
∴t＞$\frac{3\sqrt{2}}{{s}^{2}+3}$+$\frac{\sqrt{3}（1+{s}^{2}）}{{s}^{2}+3}$，或t＜$\frac{3\sqrt{2}}{{s}^{2}+3}$-$\frac{\sqrt{3}（1+{s}^{2}）}{{s}^{2}+3}$，
化为：t＞$\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{3}{s}^{2}}{{s}^{2}+3}$，或t＜$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{3}{s}^{2}}{{s}^{2}+3}$．
解得t＞$\frac{\sqrt{3}+3\sqrt{2}}{3}$，或t≤-$\sqrt{3}$．
综上可得：t的取值范围是$（-∞，-\sqrt{3}）$∪$（\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{3}}{3}，+∞）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、圆的标准方程及其性质、向量数量积的运算性质、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、弦长公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．