Question

17．已知左、右焦點分別為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0）的橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$過點$（{\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，且橢圓C關(guān)于直線x=c對稱的圖形過坐標(biāo)原點．
（I）求橢圓C的離心率和標(biāo)準(zhǔn)方程．
（II）圓${P_1}：{（{x+\frac{{4\sqrt{3}}}{7}}）^2}+{（{y-\frac{{3\sqrt{3}}}{7}}）^2}={r^2}（{r＞0}）$與橢圓C交于A，B兩點，R為線段AB上任一點，直線F₁R交橢圓C于P，Q兩點，若AB為圓P₁的直徑，且直線F₁R的斜率大于1，求|PF₁||QF₁|的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓C過點$（{\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，∵橢圓C關(guān)于直線x=c對稱的圖形過坐標(biāo)原點，推出a=2c，然后求解橢圓C的離心率，標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用中點坐標(biāo)公式以及平方差法求出AB的斜率，得到直線AB的方程，代入橢圓C的方程求出點的坐標(biāo)，設(shè)F₁R：y=k（x+1），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，設(shè)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），利用韋達(dá)定理，結(jié)合$|{P{F_1}}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_3}+1}|$，$|{Q{F_1}}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_4}+1}|$，化簡|PF₁||QF₁|，通過$k≥\sqrt{3}$，求解|PF₁||QF₁|的取值范圍．

解答 （本小題滿分13分）
（Ⅰ）解：∵橢圓C過點$（{\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，∴$\frac{3}{a^2}+\frac{3}{{4{b^2}}}=1$，①
∵橢圓C關(guān)于直線x=c對稱的圖形過坐標(biāo)原點，∴a=2c，
∵a²=b²+c²，∴${b^2}=\frac{3}{4}{a^2}$，②
由①②得a²=4，b²=3，a=2，c=1，
∴橢圓C的離心率$e=\frac{1}{2}$，標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（5分）
（Ⅱ）因為AB為圓P₁的直徑，所以點P₁$（-\frac{{4\sqrt{3}}}{7}，\frac{{3\sqrt{3}}}{7}）$為線段AB的中點，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則，$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{{8\sqrt{3}}}{7}\\{y_1}+{y_2}=\frac{{6\sqrt{3}}}{7}\end{array}\right.$，又$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{3}=1\\ \frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1\end{array}\right.\end{array}$，
所以$\frac{{（{x_1}+{x_2}）（{x_1}-{x_2}）}}{4}+\frac{{（{y_1}+{y_2}）（{y_1}-{y_2}）}}{3}=0$，則（x₁-x₂）-（y₁-y₂）=0，故${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=1$，則直線AB的方程為$y-\frac{{3\sqrt{3}}}{7}=x+\frac{{4\sqrt{3}}}{7}$，即$y=x+\sqrt{3}$．…（8分）
代入橢圓C的方程并整理得$7{x^2}+8\sqrt{3}x=0$，
則${x_1}=0，{x_2}=-\frac{{8\sqrt{3}}}{7}$，故直線F₁R的斜率$k∈[{\sqrt{3}，+∞}）$．
設(shè)F₁R：y=k（x+1），由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8k²x+4k²-12=0，
設(shè)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），則有${x_3}+{x_4}=\frac{{-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_3}{x_4}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．
又$|{P{F_1}}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_3}+1}|$，$|{Q{F_1}}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_4}+1}|$，
所以|PF₁||QF₁|=（1+k²）|x₃x₄+（x₃+x₄）+1|=$（1+{k^2}）\frac{9}{{3+4{k^2}}}=\frac{9}{4}（1+\frac{1}{{3+4{k^2}}}）$，
因為$k≥\sqrt{3}$，所以$\frac{9}{4}＜\frac{9}{4}（1+\frac{1}{{3+4{k^2}}}）≤\frac{12}{5}$，
即|PF₁||QF₁|的取值范圍是$（{\frac{9}{4}，\frac{12}{5}}]$．…（13分）

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，橢圓方程的求法直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及平方差法的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．