Question

2．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，其短軸的一個(gè)端點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成面積為$\sqrt{3}$的正三角形，過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)作斜率為k（k≠0）的直線(xiàn)l與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)，線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為P．
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）過(guò)點(diǎn)P垂直于AB的直線(xiàn)與x軸交于點(diǎn)D，試求$\frac{{|{DP}|}}{{|{AB}|}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由面積為$\sqrt{3}$的正三角形的邊長(zhǎng)為2，即可求得a和c的值，b²=a²-c²，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）將直線(xiàn)方程，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求得P點(diǎn)坐標(biāo)，求得直線(xiàn)PD的方程及D點(diǎn)坐標(biāo)，求得丨PD丨及丨AB丨，則$\frac{|DP|}{|AB|}=\frac{{\frac{{3\sqrt{{k^4}+{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}}}{{\frac{{12（{k^2}+1）}}{{3+4{k^2}}}}}=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{k^2}{{{k^2}+1}}}=\frac{1}{4}\sqrt{1-\frac{1}{{{k^2}+1}}}$，由k的取值范圍，即可求得$\frac{{|{DP}|}}{{|{AB}|}}$的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為（c，0），易知面積為$\sqrt{3}$的正三角形的邊長(zhǎng)為2，
依題意知，${a^2}={b^2}+{c^2}=4，c=\frac{1}{2}a=1$，
∴b²=a²-c²=3，-------------（2分）
所以，橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．---------------------------（3分）
（Ⅱ）設(shè)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)的直線(xiàn)l的方程為y=k（x-1），
將其代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中得，（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，-------（4分）
其中，△=144（k²+1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，----------------------------（5分）
∴${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）-2k=\frac{{8{k^3}}}{{3+4{k^2}}}-2k=\frac{-6k}{{3+4{k^2}}}$，----------------（6分）
因?yàn)镻為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，所以，點(diǎn)P的坐標(biāo)為$（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}}）$．
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為$（{\frac{{4{k^2}}}{{3+4{k^2}}}，\frac{-3k}{{3+4{k^2}}}}）$，-----------------------------（7分）
又直線(xiàn)PD的斜率為$-\frac{1}{k}$，
直線(xiàn)PD的方程為$y-\frac{-3k}{{3+4{k^2}}}=-\frac{1}{k}（x-\frac{{4{k^2}}}{{3+4{k^2}}}）$，------------------（9分）
令y=0得，$x=\frac{k^2}{{3+4{k^2}}}$，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為$（{\frac{k^2}{{3+4{k^2}}}，0}）$，
所以，$|DP|=\sqrt{{{（{\frac{k^2}{{3+4{k^2}}}-\frac{{4{k^2}}}{{3+4{k^2}}}}）}^2}+{{（{\frac{-3k}{{3+4{k^2}}}}）}^2}}=\frac{{3\sqrt{{k^4}+{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}$，-------（10分）
又$|AB|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}=\sqrt{（{k^2}+1）[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}]}$=$\sqrt{（{k^2}+1）[{\frac{{64{k^4}}}{{{{（3+4{k^2}）}^2}}}-\frac{{4（4{k^2}-12）}}{{3+4{k^2}}}}]}=\frac{{12（{k^2}+1）}}{{3+4{k^2}}}$．-----------------（11分）
所以，$\frac{|DP|}{|AB|}=\frac{{\frac{{3\sqrt{{k^4}+{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}}}{{\frac{{12（{k^2}+1）}}{{3+4{k^2}}}}}=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{k^2}{{{k^2}+1}}}=\frac{1}{4}\sqrt{1-\frac{1}{{{k^2}+1}}}$，-------------（12分）
又∵k²+1＞1，∴$0＜\frac{1}{{{k^2}+1}}＜1$，∴$0＜\frac{1}{4}\sqrt{1-\frac{1}{{{k^2}+1}}}＜\frac{1}{4}$．
所以，$\frac{|DP|}{|AB|}$的取值范圍是$（0，\frac{1}{4}）$．------------------------------（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式及兩點(diǎn)之間的距離公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．