Question

14．在平面直角坐标系xOy中，椭圆Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，椭圆Γ上一动点M到其右焦点F（c，0）（c＞0）的最小距离为2-$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆Γ的标准方程；
（Ⅱ）如图所示，设点B是椭圆Γ的上顶点，点P，Q是椭圆Γ上异于点B的任意两点，且BP⊥BQ，线段PQ的中垂线l与x轴的交点为（x₀，0），求x₀的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ a-c=2-\sqrt{3}\end{array}\right.$，与b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$联立解出即可得出．
（Ⅱ）①当直线PQ斜率k=0时，线段PQ的中垂线l在x轴上的截距为0；②设PQ：y=kx+m，（k≠0），直线方程与椭圆方程联立可得关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系、数量积运算性质、中档坐标公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ a-c=2-\sqrt{3}\end{array}\right.$，解得$a=2，c=\sqrt{3}$，
∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
故椭圆Γ的标准方程为：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）①当直线PQ斜率k=0时，线段PQ的中垂线l在x轴上的截距为0；
②设PQ：y=kx+m，（k≠0），则：$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.⇒（{1+4{k^2}}）{x^2}+8kmx+4{m^2}-4=0$，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}\right.$，
∵BP⊥BQ，∴$\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{BQ}={x_1}{x_2}+（{{y_1}-1}）（{{y_2}-1}）=0$，
∴$（{1+{k^2}}）•\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}-k（{m-1}）•\frac{8km}{{1+4{k^2}}}+{（{m-1}）^2}=0$
∴$5{m^2}-2m-3=0⇒m=-\frac{3}{5}$或m=1（舍去），
∴PQ为：$y=kx-\frac{3}{5}$，∴PQ中点M的坐标为${x_M}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{12k}{{5（{1+4{k^2}}）}}，{y_M}=\frac{-3}{{5（{1+4{k^2}}）}}$，
∴线段PQ的中垂线l为：$y+\frac{3}{{5（{1+4{k^2}}）}}=-\frac{1}{k}（{x-\frac{12k}{{5（{1+4{k^2}}）}}}）$，
∴在x轴上截距${x_0}=\frac{9k}{{5（{1+4{k^2}}）}}$，∴$|{x_0}|=\frac{9|k|}{{5（{1+4{k^2}}）}}≤\frac{9|k|}{5×4|k|}=\frac{9}{20}$，
∴$-\frac{9}{20}≤{x_0}≤\frac{9}{20}$且x₀≠0，
综合①②得：线段PQ的中垂线l在x轴上的截距的取值范围是$[{-\frac{9}{20}，\frac{9}{20}}]$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线方程与椭圆方程联立转化为一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质、中档坐标公式、中垂线的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．