Question

（2013•和平區(qū)一模）已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，離心率為

1

2

，它的一個頂點恰好是拋物線x²=4

3

y的焦點．
（I）求橢圓C的標準方程；
（II）若A、B是橢圓C上關x軸對稱的任意兩點，設P（-4，0），連接PA交橢圓C于另一點E，求證：直線BE與x軸相交于定點M；
（III）設O為坐標原點，在（II）的條件下，過點M的直線交橢圓C于S、T兩點，求

OS

•

OT

的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由拋物線x²=4

3

y得焦點(0，

3

)．設橢圓方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)．由題意可得b=

3

，再利用e=

c

a

=

1- b2 a2

及a²=b²+c²即可得出；
（2）由題意可知直線PA的斜率存在，設直線PA的方程為y=k（x+4），與橢圓的方程聯(lián)立即可得到根與系數(shù)的關系．設點A（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則B（x₁，-y₁）．直線BE的方程為y-(-y2)=

y2+y1

x2-x1

(x-x2)．把y₁，y₂分別用x₁，x₂表示，在代入直線BE的方程即可得出；
（3）當過點M的直線斜率存在時，設直線ST的方程為y=m（x+1），且S（x₃，y₃），T（x₄，y₄）在橢圓C上，與橢圓的方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關系及判別式，再利用向量的數(shù)量積

OS

•

OT

，即可得出其其中范圍．當過點M的直線斜率不存在時，比較簡單．

解答：（1）解：由拋物線x²=4

3

y得焦點(0，

3

)．
設橢圓方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)．
由題意可得

e= c a = 1- b2 a2 = 1 2 b= 3 a2=b2+c2

，解得

a=2 b= 3 c=1

，
∴橢圓的方程為

x2

4

+

y2

3

=1．
（2）證明：由題意可知直線PA的斜率存在，設直線PA的方程為y=k（x+4），
聯(lián)立

y=k(x+4) x2 4 + y2 3 =1

，消去y得到（4k²+3）x²+32k²x+64k²-12=0   ①
設點A（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則B（x₁，-y₁）．
直線BE的方程為y-y2=

y2+y1

x2-x1

(x-x2)．
令y=0，則x=x2-

y2(x2-x1)

y2+y1

，
把y₁=k（x₁+4），y₂=k（x₂+4）代入上式并整理得x=

2x1x2+4(x1+x2)

x1+x2+8

．②
由①得x1+x2=-

32k2

4k2+3

，x1x2=

64k2-12

4k2+3

，將其代入②并整理得x=

(128k2-24)+4×(-32k2)

-32k2+8(4k2+3)

=-1．
∴直線BE與x軸相交于定點M（-1，0）．
（3）當過點M的直線斜率存在時，設直線ST的方程為y=m（x+1），且S（x₃，y₃），T（x₄，y₄）在橢圓C上，
聯(lián)立

y=m(x+1) x2 4 + y2 3 =1

得（4m²+3）x²+8m²x+4m²-12=0，
則△=（8m²）²-4（4m²+3）（4m²-12）=144（m²+1）＞0．
∴x3+x4=-

8m2

4m2+3

，x3x4=

4m2-12

4m2+3

，
∴y3y4=m2(x3+1)(x4+1)=m²（x₃x₄+x₃+x₄+1）=-

9m2

4m2+3

．
∴

OS

•

OT

=x₃x₄+y₃y₄=-

5m2+12

4m2+3

=-

5

4

-

33

4(4m2+3)

．
由m²≥0得

OS

•

OT

∈[-4，-

5

4

)．
當過點M的直線斜率不存在時，直線ST的方程為x=-1，S(-1，

3

2

)，T(-1，-

3

2

)，
此時，

OS

•

OT

=-

5

4

，
∴

OS

•

OT

的取值范圍為[-4，-

5

4

]．

點評：本題綜合考查了橢圓、拋物線的標準方程及其性質、直線與圓錐曲線相交問題轉化為一元二次方程得根與系數(shù)的關系、直線過定點問題、向量相等及其數(shù)量積等基礎知識及基本技能，考查了分類討論的思想方法、推理能力和計算能力．