Question

9．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）右焦點為F，右準線l交x軸于點N，過橢圓上一點P作PM垂直于準線l，垂足為M，若PN平分∠FPM，且四邊形OFMP為平行四邊形．證明：e$＞\frac{2}{3}$．

Answer 1

分析 利用四邊形OFMP為平行四邊形，可設(shè)點P坐標，進而可求出直線PF的方程不等式，通過PN平分∠FPM，利用角平分線的性質(zhì)，化簡可知e⁶-e⁴+2e²-1=0，通過令f（x）=x⁶-x⁴+2x²-1，求導(dǎo)可知f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，利用f（$\frac{2}{3}$）＜0、f（1）＞0即得結(jié)論．

解答 證明：依題意，可知F（c，0），N（$\frac{{a}^{2}}{c}$，0），
∵四邊形OFMP為平行四邊形，
∴P（$\frac{{a}^{2}}{c}$-c，$\frac{ac}$$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}$），
∴直線PF的方程為：$\frac{y-0}{x-c}$=$\frac{\frac{ac}\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}}{\frac{{a}^{2}}{c}-c-c}$，
整理得：b$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}$x-a（a²-2c²）y-bc$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}$=0，
∵PN平分∠FPM，
∴$\frac{ac}$$\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}$=$\frac{|b\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}•\frac{{a}^{2}}{c}-0-bc\sqrt{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}|}{\sqrt{^{2}（{a}^{2}{c}^{2}-^{4}）+{a}^{2}（{a}^{2}-2{c}^{2}）^{2}}}$，
整理得：a⁶-b⁶-3a⁴b²+2a²b⁴=0，
兩邊同時除以a⁶，得：1-$\frac{^{6}}{{a}^{6}}$-3$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$+2$\frac{^{4}}{{a}^{4}}$=0，
又∵$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=1-e²，
∴1-（1-e²）³-3（1-e²）+2（1-e²）²=0，
整理得：e⁶-e⁴+2e²-1=0，
記f（x）=x⁶-x⁴+2x²-1，則f′（x）=6x⁵-4x³+4x=6x[（x²-1）²+$\frac{5}{9}$]，
顯然當0＜x＜1時，f′（x）＞0，即函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，
又∵f（$\frac{2}{3}$）=$（\frac{2}{3}）^{6}$-$（\frac{2}{3}）^{4}$+2$（\frac{2}{3}）^{2}$-1=-$\frac{161}{729}$＜0，
f（1）=1-1+2-1=1＞0，
∴當$\frac{2}{3}$＜x＜1時，方程f（x）=0才有唯一解，
故e$＞\frac{2}{3}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查運算求解能力，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于中檔題．