Question

9．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）右焦点为F，右准线l交x轴于点N，过椭圆上一点P作PM垂直于准线l，垂足为M，若PN平分∠FPM，且四边形OFMP为平行四边形．证明：e$＞\frac{2}{3}$．

Answer 1

分析 利用四边形OFMP为平行四边形，可设点P坐标，进而可求出直线PF的方程不等式，通过PN平分∠FPM，利用角平分线的性质，化简可知e⁶-e⁴+2e²-1=0，通过令f（x）=x⁶-x⁴+2x²-1，求导可知f（x）在（0，1）上单调递增，利用f（$\frac{2}{3}$）＜0、f（1）＞0即得结论．

解答 证明：依题意，可知F（c，0），N（$\frac{{a}^{2}}{c}$，0），
∵四边形OFMP为平行四边形，
∴P（$\frac{{a}^{2}}{c}$-c，$\frac{b}{ac}$$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}$），
∴直线PF的方程为：$\frac{y-0}{x-c}$=$\frac{\frac{b}{ac}\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}}{\frac{{a}^{2}}{c}-c-c}$，
整理得：b$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}$x-a（a²-2c²）y-bc$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}$=0，
∵PN平分∠FPM，
∴$\frac{b}{ac}$$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}$=$\frac{|b\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}•\frac{{a}^{2}}{c}-0-bc\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}|}{\sqrt{{b}^{2}（{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}）+{a}^{2}（{a}^{2}-2{c}^{2}）^{2}}}$，
整理得：a⁶-b⁶-3a⁴b²+2a²b⁴=0，
两边同时除以a⁶，得：1-$\frac{{b}^{6}}{{a}^{6}}$-3$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$+2$\frac{{b}^{4}}{{a}^{4}}$=0，
又∵$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=1-e²，
∴1-（1-e²）³-3（1-e²）+2（1-e²）²=0，
整理得：e⁶-e⁴+2e²-1=0，
记f（x）=x⁶-x⁴+2x²-1，则f′（x）=6x⁵-4x³+4x=6x[（x²-1）²+$\frac{5}{9}$]，
显然当0＜x＜1时，f′（x）＞0，即函数在（0，1）上单调递增，
又∵f（$\frac{2}{3}$）=$（\frac{2}{3}）^{6}$-$（\frac{2}{3}）^{4}$+2$（\frac{2}{3}）^{2}$-1=-$\frac{161}{729}$＜0，
f（1）=1-1+2-1=1＞0，
∴当$\frac{2}{3}$＜x＜1时，方程f（x）=0才有唯一解，
故e$＞\frac{2}{3}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查运算求解能力，考查利用导数研究函数的单调性，注意解题方法的积累，属于中档题．