Question

5．橢圓M：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，點P（0，2）關(guān)于直線y=-x的對稱點在橢圓M上．
（1）求橢圓M的方程；
（2）如圖，橢圓M的上、下頂點分別為A，B，過點P的直線l與橢圓M相交于兩個不同的點C，D．
①求$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$的取值范圍；
②當(dāng)AD與BC相交于點Q時，試問：點Q的縱坐標(biāo)是否是定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由點P（0，2）關(guān)于直線y=-x 的對稱點為（-2，0），且（-2，0）在橢圓M上，可得a=2．又$2c=2\sqrt{3}$，b²=a²-c²，解出即可得出．
（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時，C（0，1），D（0，-1），即可得出$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}$．當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立消去y整理得（1+4k²）x²+16kx+12=0，由△＞0，可得4k²＞3，利用根與系數(shù)的關(guān)系及其數(shù)量積運算性質(zhì)可得：$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}$=-1+$\frac{17}{1+4{k}^{2}}$．利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
②由題意得，AD：$y=\frac{{{y_2}-1}}{x_2}x+1$，BC：$y=\frac{{{y_1}+1}}{x_1}x-1$，聯(lián)立方程組，消去x得y，再利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．

解答 解：（1）∵點P（0，2）關(guān)于直線y=-x 的對稱點為（-2，0），且（-2，0）在橢圓M上，
∴a=2．又$2c=2\sqrt{3}$，故$c=\sqrt{3}$，則b²=a²-c²=4-3=1．
∴橢圓M的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時，C（0，1），D（0，-1），∴$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}$=-1．
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$ 消去y整理得（1+4k²）x²+16kx+12=0，
由△＞0，可得4k²＞3，且${x_1}+{x_2}=-\frac{16k}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$，
∴$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}$=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+2k（{x_1}+{x_2}）+4=-1+\frac{17}{{1+4{k^2}}}$，
∴$-1＜\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}＜\frac{13}{4}$，
綜上$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}∈[-1，\frac{13}{4}）$．
②由題意得，AD：$y=\frac{{{y_2}-1}}{x_2}x+1$，BC：$y=\frac{{{y_1}+1}}{x_1}x-1$，
聯(lián)立方程組，消去x得$y=\frac{{2k{x_1}{x_2}+{x_1}+3{x_2}}}{{3{x_2}-{x_1}}}$，又4kx₁x₂=-3（x₁+x₂），
解得y=$\frac{1}{2}$，故點Q的縱坐標(biāo)為定值$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．