Question

20．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），A、B是其长轴的两个端点．
（1）过一个焦点F作垂直于长轴的弦PP′，求证：不论a、b如何变化，∠APB≠120°．
（2）如果椭圆上存在一个点Q，使∠AQB=120°，求C的离心率e的取值范围．

Answer 1

分析 （1）如图所示，把x=c代入椭圆标准方程可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，解得P$（c，\frac{{b}^{2}}{a}）$．利用斜率计算公式及其“到角公式”可得：tan∠APB=$\frac{{k}_{PB}-{k}_{PA}}{1+{k}_{PB}{k}_{PA}}$，即可证明；（2）设Q（x₀，y₀），（0＜y₀≤b），则${x}_{0}^{2}$=${a}^{2}（1-\frac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}）$．可得tan120°=$\frac{{k}_{QB}-{k}_{QA}}{1+{k}_{QB}•{k}_{QA}}$，化为y₀=$\frac{2a{b}^{2}}{\sqrt{3}{c}^{2}}$，0＜$\frac{2a{b}^{2}}{\sqrt{3}{c}^{2}}$≤b，化简即可得出．

解答 （1）证明：如图所示，
把x=c代入椭圆标准方程可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
解得$y=±\frac{{b}^{2}}{a}$，P$（c，\frac{{b}^{2}}{a}）$．
可得：k_PA=$\frac{\frac{{b}^{2}}{a}-0}{c-（-a）}$=$\frac{{b}^{2}}{a（c+a）}$，
k_PB=$\frac{\frac{{b}^{2}}{a}-0}{c-a}$=$\frac{{b}^{2}}{a（c-a）}$，
∴tan∠APB=$\frac{\frac{{b}^{2}}{a（c-a）}-\frac{{b}^{2}}{a（c+a）}}{1+\frac{{b}^{2}}{a（c-a）}•\frac{{b}^{2}}{a（c+a）}}$=-$\frac{2{a}^{2}}{{c}^{2}}$＜-2，
因此∠APB≠120°．
（2）解：设Q（x₀，y₀），（0＜y₀≤b），则${x}_{0}^{2}$=${a}^{2}（1-\frac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}）$．
tan120°=$\frac{{k}_{QB}-{k}_{QA}}{1+{k}_{QB}•{k}_{QA}}$=$\frac{\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-a}-\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}}{1+\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-a}•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}}$=$\frac{2a{y}_{0}}{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{2a{y}_{0}}{{a}^{2}（1-\frac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}）+{y}_{0}^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{2a{b}^{2}}{{y}_{0}（{b}^{2}-{a}^{2}）}$=-$\sqrt{3}$，
∴y₀=$\frac{2a{b}^{2}}{\sqrt{3}{c}^{2}}$，
∴0＜$\frac{2a{b}^{2}}{\sqrt{3}{c}^{2}}$≤b，
化为3e⁴+4e²-4≥0，0＜e＜1，
解得$\frac{\sqrt{6}}{3}$＜e＜1．
∴C的离心率e的取值范围是$（\frac{\sqrt{6}}{3}，1）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、“到角公式”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．