Question

20．橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的上、下頂點分別為A，B，右焦點為F，點$P（\frac{{2\sqrt{13}}}{13}，\frac{{2\sqrt{39}}}{13}）$在橢圓C上，且OP⊥AF．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)不經(jīng)過頂點A，B的直線l與橢圓交于兩個不同的點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），且$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=2$，求橢圓右頂點D到直線l距離的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知點P的坐標(biāo)可得OP所在直線的斜率，再由AF⊥OP，得到b，c的關(guān)系，再由P在橢圓上，結(jié)合隱含條件即可求得a，b，則橢圓方程可求；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，方程為：x=1，此時d=1．當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m（m≠±1），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用判別式大于0及$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=2$，可得k與m的關(guān)系，進(jìn)一步得到m的范圍，由點到直線的距離公式求出橢圓右頂點D到直線l距離，換元后利用基本不等式求得答案．

解答 解：（1）∵點$P（\frac{{2\sqrt{13}}}{13}，\frac{{2\sqrt{39}}}{13}）$，∴${k_{OP}}=\sqrt{3}$，
又∵AF⊥OP，∴$-\frac{c}×\sqrt{3}=-1$，得$c=\sqrt{3}b$，∴a²=4b²．
又點$P（\frac{{2\sqrt{13}}}{13}，\frac{{2\sqrt{39}}}{13}）$在橢圓上，
∴$\frac{{\frac{4}{13}}}{a^2}+\frac{{\frac{12}{13}}}{b^2}=\frac{{\frac{4}{13}}}{{4{b^2}}}+\frac{{\frac{12}{13}}}{b^2}=\frac{13}{{13{b^2}}}=1$，
解得a²=4，b²=1，
故橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，方程為：x=1，此時d=1．
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m（m≠±1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
設(shè)點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
△＞0，得4k²-m²+1＞0，①
由根與系數(shù)的關(guān)系：$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-1）}}{{4{k^2}+1}}}\end{array}}\right.$，
由$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=2⇒（{x_1}+{x_2}）=2{x_1}{x_2}⇒\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}=2\frac{{4（{m^2}-1）}}{{4{k^2}+1}}$，
即：$km=1-{m^2}⇒k=\frac{1}{m}-m（≠0）$，②
把②式代入①式得：${m^2}＞\frac{4}{3}$或0＜m²＜1，
橢圓右頂點D（2，0）到直線l的距離：
$d=\frac{{|{2k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{|{\frac{2}{m}-m}|}}{{\sqrt{\frac{1}{m^2}+{m^2}-1}}}=\frac{{|{2-{m^2}}|}}{{\sqrt{{m^4}-{m^2}+1}}}$=$\sqrt{\frac{{{m^4}-4{m^2}+4}}{{{m^4}-{m^2}+1}}}=\sqrt{1-\frac{{3（{m^2}-1）}}{{{m^4}-{m^2}+1}}}$，
令${m^2}-1=t∈（-1，0）∪（\frac{1}{3}，+∞）$，
則$d=\sqrt{1-\frac{3t}{{{t^2}+t+1}}}=\sqrt{1-\frac{3}{{t+\frac{1}{t}+1}}}∈[0，1）∪（1，2）$，
綜上可知：d∈[0，2）．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計算能力，是中檔題．