Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為2$\sqrt{3}$，右焦點F（1，0），過F作兩條互相垂直的直線分別交橢圓G于點A，B和C，D，設(shè)AB，CD的中點分別為P，Q．
（Ⅰ）求橢圓G的方程；
（Ⅱ）若直線AB，CD的斜率均存在，求$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$的最大值，并證明直線PQ與x軸交于定點．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的長軸長為2$\sqrt{3}$，右焦點F（1，0），列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓G的方程．
（Ⅱ）F（1，0），由題意設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），k≠0，由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，由此利用韋達(dá)定理、中點坐標(biāo)公式分別求出AB的中點P，CD的中點Q，從而求出k=±1時，$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$有最大值$\frac{1}{5}$．當(dāng)k=±1時，直線PQ的方程為x=$\frac{3}{5}$，恒過定點（$\frac{3}{5}$，0），當(dāng)直線有斜率時，求出直線PQ的方程，由此能求出直線PQ恒過定點（$\frac{3}{5}，0$）．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為2$\sqrt{3}$，右焦點F（1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{3}}\\{c=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓G的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（Ⅱ）F（1，0），由題意設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），k≠0，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}}\end{array}\right.$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-4k}{3{k}^{2}+2}$，
∴AB的中點P（$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，$\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}$），
又由題意得直線CD的方程為y=-$\frac{1}{k}（x-1）$，
同理，得CD的中點Q（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}，\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$），
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=$\frac{9{k}^{2}-4{k}^{2}}{（3{k}^{2}+2）（2{k}^{2}+3）}$=$\frac{5{k}^{2}}{6{k}^{4}+6+13{k}^{2}}$
=$\frac{5}{6{k}^{2}+\frac{6}{{k}^{2}}+13}$≤$\frac{5}{2\sqrt{6{k}^{2}×\frac{6}{{k}^{2}}+13}}$=$\frac{1}{5}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$6{k}^{2}=\frac{6}{{k}^{2}}$，即k=±1時，$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$有最大值$\frac{1}{5}$．
又當(dāng)直線PQ⊥x軸時，$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$=$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$，
即k=±1時，直線PQ的方程為x=$\frac{3}{5}$，恒過定點（$\frac{3}{5}$，0），
當(dāng)直線有斜率時，k_PQ=$\frac{\frac{2k}{2{k}^{2}+3}-\frac{-2k}{3{k}^{2}+2}}{\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}}$=$\frac{5k}{3（1-{k}^{2}）}$，
∴直線PQ的方程為y-$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}=\frac{5k}{3（1-{k}^{2}）}（x-\frac{3}{2{k}^{2}+3}）$，
令y=0，得x=$\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{6（1-{k}^{2}）}{5（2{k}^{2}+3）}$=$\frac{6{k}^{2}+9}{5（2{k}^{2}+3）}$=$\frac{3}{5}$，恒過定點（$\frac{3}{5}，0$），
綜上，直線PQ恒過定點（$\frac{3}{5}，0$）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線恒過定點的證明，考查向量的數(shù)量積的最大值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運用．