Question

已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），
（1）若橢圓的長軸長為4，離心率為

3

2

，求橢圓的標準方程；
（2）在（1）的條件下，設過定點M（0，2）的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角（O為坐標原點），求直線l的斜率k的取值范圍；
（3）過原點O任意作兩條互相垂直的直線與橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）相交于P，S，R，Q四點，設原點O到四邊形PQSR的一邊距離為d，試求d=1時a，b滿足的條件．

Answer 1

分析：（1）由題意可得

2a=4 e= c a = 3 2 a2=b2+c2

，解得即可；
（2）直線l的方程為y=kx+2，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯立，由△＞0，解得k的取值范圍．可得根與系數的關系．
若∠AOB為銳角，則

OA

•

OB

＞0，把根與系數的關系代入又得到k的取值范圍，取其交集即可．
（3）如圖所示，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），S（-x₁，-y₁），R（-x₂，-y₂）．
①當直線PS與QR的斜率都存在時，設直線PS：y=kx，則直線QR：y=-

1

k

x．與橢圓方程聯立解得

x

2 1

，

x

2 2

．直線PR的斜率存在時，則直線PR：y-y1=

y2-y1

x2-x1

(x-x1)，化為（y₂-y₁）x+（x₁-x₂）y+x₂y₁-x₁y₂=0．由于d=1，利用點到直線的距離公式可得

|x2y1-x1y2|

(x1-x2)2+(y1-y2)2

=1，化簡并代入即可化為a²b²=a²+b²．
②當直線PS與QR的斜率有一個不存在時，直線PR的斜率不存在時，經驗證上式也成立．

解答：解：（1）由題意可得

2a=4 e= c a = 3 2 a2=b2+c2

，解得a²=4，b²=1，c=

3

．∴橢圓的標準方程為

x2

4

+y2=1；
（2）直線l的方程為y=kx+2，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．聯立

y=kx+2 x2+4y2=4

，化為（1+4k²）x²+16kx+12=0，由△=16²k²-48（1+4k²）＞0，解得k＞

3

2

或k＜-

3

2

．∴x1+x2=

-16k

1+4k2

，x1x2=

12

1+4k2

．
若∠AOB為銳角，則

OA

•

OB

＞0，得x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4＞0，代入得

12(1+k2)

1+4k2

+

-32k2

1+4k2

+4＞0，化為k²＜4，解得-2＜k＜2．∴直線l的斜率k的取值范圍為{x|-2＜k＜2}∩{x|k＜-

3

2

或k＞

3

2

}={k|-2＜k＜-

3

2

或

3

2

＜x＜2}．
（3）如圖所示，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），S（-x₁，-y₁），R（-x₂，-y₂）．
①當直線PS與QR的斜率都存在時，設直線PS：y=kx，則直線QR：y=-

1

k

x．
聯立

y=kx b2x2+a2y2=a2b2

，解得

x

2 1

=

a2b2

b2+a2k2

．（*）
聯立

y=- 1 k x b2x2+a2y2=a2b2

，解得

x

2 2

=

a2b2k2

a2+b2k2

．（**）
直線PR的斜率存在時，則直線PR：y-y1=

y2-y1

x2-x1

(x-x1)，化為（y₂-y₁）x+（x₁-x₂）y+x₂y₁-x₁y₂=0．
∵d=1，∴

|x2y1-x1y2|

(x1-x2)2+(y1-y2)2

=1，
代入化為：(k+

1

k

)2

x

2 1

x

2 2

=k2

x

2 1

+

1

k2

x

2 2

+

x

2 1

+

x

2 2

．
把（*）（**）代入上式：

(k2+1)2

k2

•

a4b4k2

(a2+b2k2)(b2+a2k2)

=

a2b2k2

b2+a2k2

+

a2b2

a2+b2k2

+

a2b2

b2+a2k2

+

a2b2k2

a2+b2k2

．
化為a²b²=a²+b²．
即

1

a2

+

1

b2

=1為定值．
②當直線PS與QR的斜率有一個不存在時，直線PR的斜率不存在時，經驗證上式也成立．

點評：熟練掌握橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題轉化為方程聯立、直線的點斜式、分類討論思想方法等是解題的關鍵．