Question

16．椭圆M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，点P（0，2）关于直线y=-x的对称点在椭圆M上，且|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$
（1）求椭圆M的方程；
（2）如图，椭圆M的上、下顶点分别为A，B过点P的直线l与椭圆M相交于两个不同的点C，D（C在线段PD之间）．
（ⅰ）求$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$的取值范围；
（ⅱ）当AD与BC相交于点Q时，试问：点Q的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．

Answer 1

分析 （1）点P（0，2）关于直线y=-x的对称点（-2，0）在椭圆M上，可得a=2．由|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$=2c，可得c，于是b²=a²-c²．
（2）（i）当直线l的斜率不存在时，C（0，1），D（0，-1），$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$=-1．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为（1+4k²）x²+16kx+12=0，△，0，可得4k²＞3．利用根与系数的关系及其数量积运算性质可得：$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$=-1+$\frac{17}{1+4{k}^{2}}$．
（ii）由题意可得：直线AD的方程为：y=$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$x+1，BC的方程为：y=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$x-1．联立消去x，利用根与系数的关系，即可得出．

解答 解：（1）点P（0，2）关于直线y=-x的对称点（-2，0）在椭圆M上，∴a=2．
∵|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$=2c，∴c=$\sqrt{3}$，∴b²=a²-c²=1．
∴椭圆M的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）（i）当直线l的斜率不存在时，C（0，1），D（0，-1），$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$=-1．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为（1+4k²）x²+16kx+12=0，△＞0，可得4k²＞3．
∴x₁+x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．
∴$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4=-1+$\frac{17}{1+4{k}^{2}}$∈$（-1，\frac{13}{4}）$．
综上可得：$\overrightarrow{OC}$•$\overrightarrow{OD}$的取值范围是$[-1，\frac{13}{4}）$．
（ii）由题意可得：直线AD的方程为：y=$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$x+1，BC的方程为：y=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$x-1．
联立消去x可得：$y=\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+3{x}_{2}}{3{x}_{2}-{x}_{1}}$，
又4kx₁x₂=-3（x₁+x₂），可得y=$\frac{1}{2}$．
点Q的纵坐标是定值$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质、直线过定点问题，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于难题．