Question

1．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點和拋物線y²=4$\sqrt{3}$x的焦點相同，且橢圓過點（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．
（1）求橢圓方程；
（2）過點（3，0）的直線交橢圓于A、B兩點，P為橢圓上一點，且滿足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=λ$\overrightarrow{OP}$（λ≠0，O為原點），當|AB|＜$\sqrt{3}$時，求實數λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由拋物線方程求出焦點坐標，可得c，由題意定義求得a，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），當AB的斜率為0時，|AB|=4不合題意；當AB的斜率不為0時，設直線AB的方程是：x=my+3．聯立直線方程與橢圓方程，化為關于y的一元二次方程，利用判別式大于0求得m范圍，再由根與系數的關系求出A，B縱坐標的和與積，代入弦長公式求得|AB|，由|AB|＜$\sqrt{3}$求出m的進一步范圍，然后結合向量等式可得P的坐標，把P的坐標代入橢圓方程，得到λ與m的關系式，則答案可求．

解答 解：（1）由拋物線y²=4$\sqrt{3}$x，得F（$\sqrt{3}，0$），∴c=$\sqrt{3}$．
橢圓焦點坐標為（$-\sqrt{3}$，0），（$\sqrt{3}，0$）．
∴2a=$\sqrt{（-2\sqrt{3}）^{2}+\frac{1}{4}}+\sqrt{\frac{1}{4}}=4$，則a=2，
∴b²=a²-c²=1，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當AB的斜率為0時，|AB|=4不合題意；
當AB的斜率不為0時，設直線AB的方程是：x=my+3．
聯立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4+m²）y²+6my+5=0．
△=36m²-20（4+m²）＞0，得m²＞5．
${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6m}{{m}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{5}{{m}^{2}+4}$．
∴|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}|{y}_{1}-{y}_{2}|=\sqrt{1+{m}^{2}}\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\sqrt{1+{m}^{2}}•\frac{4\sqrt{{m}^{2}-5}}{{m}^{2}+4}$．
∵|AB|＜$\sqrt{3}$，∴$\frac{16（{m}^{2}+1）（{m}^{2}-5）}{（{m}^{2}+4）^{2}}$＜3．
整理得：13m⁴-88m²-128＜0，解得m²＜8．
∴5＜m²＜8．
又$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=λ$\overrightarrow{OP}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=λ{x}_{P}}\\{{y}_{1}+{y}_{2}=λ{y}_{P}}\end{array}\right.$，
∴${y}_{P}=\frac{1}{λ}×\frac{-6m}{{m}^{2}+4}$，
∴${x}_{P}=\frac{1}{λ}[m（{y}_{1}+{y}_{2}）+6]=\frac{24}{λ（{m}^{2}+4）}$．
又點P在橢圓上，
∴$\frac{1}{{λ}^{2}}×[\frac{2{4}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}+\frac{4×36{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}]=4$．
∴${λ}^{2}=\frac{24×6+36{m}^{2}}{（{m}^{2}+4）^{2}}=\frac{36}{{m}^{2}+4}$．
又5＜m²＜8，3＜λ²＜4．
解得$-2＜λ＜-\sqrt{3}$或$\sqrt{3}＜λ＜2$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查平面向量在求解圓錐曲線問題中的應用，是中檔題．