Question

19．已知點P在橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上，以P為圓心的圓與x軸相切于橢圓的右焦點F₂，且$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{O{F}_{2}}$=2，tan∠OPF₂=$\sqrt{2}$，其中O為坐標原點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知點M（-1，0），設Q是橢圓C上的一點，過Q、M兩點的直線l交y軸于點N，若$\overrightarrow{NQ}$=2$\overrightarrow{QM}$，求直線l的方程；
（3）作直線l₁與橢圓D：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1交于不同的兩點S，T，其中S點的坐標為（-2，0），若點G（0，t）是線段ST垂直平分線上一點，且滿足$\overrightarrow{GS}$•$\overrightarrow{GT}$=4，求實數t的值．

Answer 1

分析 （1）由題意根據向量數量積坐標運算，即可求得c的值及P點坐標，代入橢圓方程，即可求得橢圓方程；
（2）設直線方程，根據向量數列的坐標運算，即可求得k的值；
（3）設直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及中點坐標公式，求得線段ST的中點坐標，分類討論，當k=0時，即可求得求得t的值，當k≠0時，根據向量的坐標運算，即可取得t的值．

解答 解：（1）由題意知，在△OPF₂中，PF₂⊥OF₂，由tan∠OPF₂=$\sqrt{2}$，得：cos∠POF₂=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
設r為圓P的半徑，c為橢圓的半焦距，
∵$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{O{F}_{2}}$=2，丨$\overrightarrow{OP}$丨•丨$\overrightarrow{O{F}_{2}}$丨cos∠POF₂=2，∴$\sqrt{{c}^{2}+{r}^{2}}$•c•$\frac{\sqrt{6}}{3}$=2，
又，tan∠OPF₂=$\frac{c}{r}$=$\sqrt{2}$，解得：c=$\sqrt{2}$，r=1，
∴點P的坐標為（±$\sqrt{2}$，1），
∵點P在橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上，∴$\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，
又a²-b²=c²=2，解得：a²=4，b²=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由（1）知橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
由題意知直線l的斜率存在，故設其斜率為k，
則其方程為y=k（x+1），N（0，k），
設Q（x₁，y₁），∵$\overrightarrow{NQ}$=2$\overrightarrow{QM}$，
∴（x₁，y₁-k）=2（-1-x₁，-y₁），
∴x₁=-$\frac{2}{3}$，y₁=$\frac{k}{3}$，
又∵Q是橢圓C上的一點，∴$\frac{（-\frac{2}{3}）^{2}}{4}+\frac{（\frac{k}{3}）^{2}}{2}=1$，
解得k=±4，
∴直線l的方程為4x-y+4=0或4x+y+4=0．
（3）由題意知橢圓D：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，
由S（-2，0），設T（x₁，y₁），
根據題意可知直線l₁的斜率存在，
設直線斜率為k，則直線l₁的方程為y=k（x+2），
把它代入橢圓D的方程，消去y，整理得：（1+4k²）x²+16k²x+（16k²-4）=0，
由韋達定理得-2+x₁=-$\frac{16{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
則x₁=$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，y₁=k（x₁+2）=$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，
所以線段ST的中點坐標為（-$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{2k}{1+4{k}^{2}}$），
①當k=0時，則有T（2，0），線段ST垂直平分線為y軸，
∴$\overrightarrow{GS}$=（-2，-t），$\overrightarrow{GT}$=（2，-t），
由$\overrightarrow{GS}$•$\overrightarrow{GT}$=-4+t²=4，解得：t=±2$\sqrt{2}$．
②當k≠0時，則線段ST垂直平分線的方程為y-$\frac{2k}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
∵點G（0，t）是線段ST垂直平分線的一點，
令x=0，得：t=-$\frac{6k}{1+4{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{GS}$=（-2，-t），$\overrightarrow{GT}$=（x₁，y₁-t），
由$\overrightarrow{GS}$•$\overrightarrow{GT}$=-2x₁-t（y₁-t）=$\frac{4（16{k}^{4}+15{k}^{2}-1）}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=4，解得：k=±$\frac{\sqrt{14}}{7}$，
代入t=-$\frac{6k}{1+4{k}^{2}}$，解得：t=±$\frac{2\sqrt{14}}{5}$，
綜上，滿足條件的實數t的值為t=±2$\sqrt{2}$或t=±$\frac{2\sqrt{14}}{5}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，中點坐標公式，向量的坐標運算，考查計算能力，屬于中檔題．