题目内容
20．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右焦点为F1、F2，椭圆C上的点$P（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$满足$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=0$．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）自定点Q（0，-2）作一条直线l与椭圆C交于不同的两点A、B（点B在点A的下方），记$λ=\frac{{|\overrightarrow{QB}|}}{{|\overrightarrow{QA}|}}$，求λ的取值范围．
分析 （Ⅰ）设出焦点坐标，利用$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=0$求得c2，再结合点$P（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$在椭圆上及隐含条件求得a2，b2的值得答案；
（Ⅱ）由题可知，0＜λ＜1．由$λ=\frac{{|\overrightarrow{QB}|}}{{|\overrightarrow{QA}|}}$，得$\overrightarrow{QB}=λ\overrightarrow{QA}$，然后分直线l的斜率存在和不存在求解，当直线l的斜率存在时，联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系求解．
解答 解：（Ⅰ）设F1（-c，0），F2（c，0），其中$c=\sqrt{{a^2}-{b^2}}$，
于是$\overrightarrow{P{F_1}}=（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}+c，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，$\overrightarrow{P{F_2}}=（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}-c，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，
则由$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=0$，得$（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}+c）（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}-c）+{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）^2}=0$，
解得c2=3．
又点P在椭圆C上，∴$\frac{{{{（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）}^2}}}{a^2}+\frac{{{{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}}}{b^2}=1$，即$\frac{8}{a^2}+\frac{1}{b^2}=3$．
又a2-b2=c2=3，∴b2=a2-3．
联立以上两式并整理得3a4-18a2+24=0，解得a2=2（舍），或a2=4．
∴b2=1．
于是，所求的椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）由题可知，0＜λ＜1．
于是，由$λ=\frac{{|\overrightarrow{QB}|}}{{|\overrightarrow{QA}|}}$，则$\overrightarrow{QB}=λ\overrightarrow{QA}$，
（1）当直线l的斜率不存在时，
求得，B（0，-1），A（0，1），
∴$|\overrightarrow{QB}|=1，|\overrightarrow{QA}|=3$，
此时$λ=\frac{{|\overrightarrow{QB}|}}{{|\overrightarrow{QA}|}}=\frac{1}{3}$．
（2）当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的方程为y=kx-2．①
设点A（x1，y1），B（x2，y2），将①代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$消去y得：（1+4k2）x2-16kx+12=0．
由△=162k2-4×12×（1+4k2）＞0，解得${k^2}＞\frac{3}{4}$．
${x_1}+{x_2}=\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$，②
又$\overrightarrow{QB}=λ\overrightarrow{QA}$，∴（x2，y2+2）=λ（x1，y1+2），
∴有x2=λx1，③
将③代入②得$（1+λ）{x_1}=\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$，$λx_1^2=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$，④
消去x1得$\frac{λ}{{{{（1+λ）}^2}}}•\frac{{{{16}^2}{k^2}}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}=\frac{12}{{1+4{k^2}}}$，
∴$\frac{{{{（1+λ）}^2}}}{λ}=\frac{{{{16}^2}{k^2}（1+4{k^2}）}}{{12•{{（1+4{k^2}）}^2}}}$，化简得$λ+\frac{1}{λ}=\frac{64}{{3（\frac{1}{k^2}+4）}}-2$，
∵$0＜\frac{1}{k^2}＜\frac{4}{3}$，$4＜\frac{1}{k^2}+4＜\frac{16}{3}$，∴$2＜\frac{64}{{3（\frac{1}{k^2}+4）}}-2＜\frac{10}{3}$，
∴$2＜λ+\frac{1}{λ}＜\frac{10}{3}$且0＜λ＜1．
设$f（λ）=λ+\frac{1}{λ}$，则f（λ）在（0，1）上为减函数，又$f（\frac{1}{3}）=\frac{10}{3}，f（1）=2$，
∴$\frac{1}{3}＜λ＜1$．
综合（1）、（2）可得，λ的取值范围是$\frac{1}{3}≤λ＜1$．
点评 本题考查椭圆方程的求法，考查了直线和圆锥曲线位置关系的应用，训练了平面向量在解题中的应用，考查了涉及直线和圆锥曲线问题中的“设而不求”的解题思想方法，是中档题．
| A． | $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ | B． | $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$ | C． | $\frac{4\sqrt{2}-2}{7}$ | D． | $\frac{4\sqrt{2}+2}{7}$ |
如右图所示，PA为圆O的切线，切点为A，AC是直径，M为PA的中点，MC与圆交于点B．