Question

8．已知中心在原点O的椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）其短轴长为2$\sqrt{2}$，一焦点F（c，0）（c＞0），且2a²=3c²，过点A（3，0）的直线与椭圆相交于P，Q两点．
（Ⅰ）若$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，求直线PQ的方程；
（Ⅱ）设$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$（λ＞1）．点M为P关于x轴的对称点，证明：$\overrightarrow{FM}$=-λ$\overrightarrow{FQ}$．

Answer 1

分析 （I）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{2}}\\{2{a}^{2}=3{c}^{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，可得椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．设直线PQ的方程为：my=x-3，Q（x₁，y₁），P（x₂，y₂）．与椭圆方程联立可得：（m²+3）y²+6my+3=0．由$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，可得x₁x₂+y₁y₂=0，即（my₁+3）（my₂+3）+y₁y₂=0，把根与系数的关系代入可得m．
（II）F（2，0）．由（I）可得：M（x₂，-y₂），由于$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$（λ＞1）．可得y₂=λy₁．即可证明．

解答 解：（I）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{2}}\\{2{a}^{2}=3{c}^{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得b=$\sqrt{2}$，c=2，a²=6．
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
设直线PQ的方程为：my=x-3，Q（x₁，y₁），P（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-3}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，化为：（m²+3）y²+6my+3=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{3}{{m}^{2}+3}$．
∵$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴（my₁+3）（my₂+3）+y₁y₂=0，
化为（m²+1）y₁y₂+3m（y₁+y₂）+9=0，
∴$\frac{3（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+3}$-$\frac{18{m}^{2}}{{m}^{2}+3}$+9=0，
化为：m²=5，
解得m=$±\sqrt{5}$，
∴直线PQ的方程为：x$±\sqrt{5}$y-3=0．
（II）F（2，0）．
由（I）可得：M（x₂，-y₂），
∵$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$（λ＞1）．
∴y₂=λy₁．
∴-y₂=-λy₁，
∴$\overrightarrow{FM}$=-λ$\overrightarrow{FQ}$．

点评 本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积的关系、直线方程、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．