Question

14．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F₁，F₂，离心率e为$\frac{1}{2}$，过F₁的直线l₁与椭圆C交于M，N两点，且△MNF₂的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l₂与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0．过点O作直线l₂的垂线，垂足为Q，求点Q的轨迹方程．

Answer 1

分析 （I）利用已知条件求出a，b，然后求解椭圆C的方程．
（II）利用条件得到OA⊥OB．（1）若直线l₂的斜率不存在，则点Q在x轴上．设点Q的坐标为（x₀，0），则A（x₀，x₀），B（x₀，-x₀）．然后求出点Q的轨迹方程．（2）若直线l₂，的斜率存在，设直线l₂的方程为：y=kx+m，联立直线与椭圆方程，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韦达定理以及OA⊥OB，整理得7m²=12（k²+1），然后求出点Q的轨迹方程．

解答 解：（I）由题意知，4a=8，所以a=2． …（2分）
∵$e=\frac{1}{2}$，∴c=1，b²=3．  …（3分）
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．   …（4分）
（II）∵$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，∴OA⊥OB．
（1）若直线l₂的斜率不存在，则点Q在x轴上．
设点Q的坐标为（x₀，0），则A（x₀，x₀），B（x₀，-x₀）．
又∵A，B两点在椭圆C上，∴$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{x_0}^2}}{3}=1$，${x_0}^2=\frac{12}{7}$．
∴点Q的坐标为$（±\sqrt{\frac{12}{7}}，0）$，即$|OQ|=\sqrt{\frac{12}{7}}$． …（6分）
（2）若直线l₂，的斜率存在，设直线l₂的方程为：y=kx+m，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1\end{array}\right.$，消去y可得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
由△＞0可得，m²＜3+4k²．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．…（8分）
∵OA⊥OB，∴x₁x₂+y₁y₂=0．
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，即$（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0$．
∴$（{k^2}+1）\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{3+4{k^2}}}+{m^2}=0$．
整理得7m²=12（k²+1），满足m²＜3+4k²．…（9分）
又由已知可得，过原点O与直线l₂垂直的直线方程为$y=-\frac{1}{k}x$，
解方程组$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{k}x\\ y=kx+m\end{array}\right.$得点Q的横坐标与纵坐标分别为$x=-\frac{k}{{{k^2}+1}}m，y=\frac{1}{{{k^2}+1}}m$，
∴${x^2}+{y^2}=\frac{k^2}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}{m^2}+\frac{1}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}{m^2}=\frac{m^2}{{{k^2}+1}}=\frac{12}{7}$．即$|OQ|=\sqrt{\frac{12}{7}}$．…（11分）
综合（1）、（2）可知，点Q的轨迹是以坐标原点为圆心，半径为$\sqrt{\frac{12}{7}}$的一个圆，
且该圆的方程为：${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$．…（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分类讨论思想，分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．