Question

10．橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的長軸長為2$\sqrt{2}$，P為橢圓C上異于頂點(diǎn)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A₂為橢圓C的右頂點(diǎn)，點(diǎn)M為線段PA₂的中點(diǎn)，且直線PA₂與直線OM的斜率之積為-$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過橢圓C的左焦點(diǎn)F₁且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓C于兩點(diǎn)A，B，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)N，N點(diǎn)的橫坐標(biāo)的取值范圍是$（{-\frac{1}{4}，0}）$，求線段AB的長的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，設(shè)P（x₀，y₀），A₁（$-\sqrt{2}$，0），A₂（$\sqrt{2}$，0）．由$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}$=1，可得$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=-$\frac{^{2}}{2}$．根據(jù)OM∥PA₁，可得${k}_{OM}={k}_{P{A}_{1}}$，于是${k}_{P{A}_{2}}•{k}_{OM}$=${k}_{P{A}_{2}}•{k}_{P{A}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=-$\frac{^{2}}{2}$=-$\frac{1}{2}$，解得b²．
（II）設(shè)直線l的方程為：y=k（x+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系與中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得線段AB的中點(diǎn)Q$（-\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，\frac{k}{2{k}^{2}+1}）$，QN的方程為：y-$\frac{k}{2{k}^{2}+1}$=-$\frac{1}{k}$$（x+\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）$，可得N$（-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，0）$．根據(jù)$-\frac{1}{4}$＜$-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$＜0，解得：0＜2k²＜1．利用弦長公式可得：|AB|=$\sqrt{2}$$（1+\frac{1}{2{k}^{2}+1}）$，即可得出．

解答 解：（I）由2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，設(shè)P（x₀，y₀），A₁（$-\sqrt{2}$，0），A₂（$\sqrt{2}$，0）．
則$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}$=1，可得$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=-$\frac{^{2}}{2}$．
∵OM∥PA₁，∴${k}_{OM}={k}_{P{A}_{1}}$，∴${k}_{P{A}_{2}}•{k}_{OM}$=${k}_{P{A}_{2}}•{k}_{P{A}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$$•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=-$\frac{^{2}}{2}$=-$\frac{1}{2}$，
解得b²=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（II）設(shè)直線l的方程為：y=k（x+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，
則x₁+x₂=$\frac{-4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂+2）=$\frac{2k}{2{k}^{2}+1}$，可得線段AB的中點(diǎn)Q$（-\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，\frac{k}{2{k}^{2}+1}）$，
QN的方程為：y-$\frac{k}{2{k}^{2}+1}$=-$\frac{1}{k}$$（x+\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）$，∴N$（-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，0）$．
∵$-\frac{1}{4}$＜$-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$＜0，解得：0＜2k²＜1．
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}-4×\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{2}$$（1+\frac{1}{2{k}^{2}+1}）$，
∵$\frac{1}{2}＜\frac{1}{2{k}^{2}+1}$＜1，
∴|AB|∈$（\frac{3\sqrt{2}}{2}，2\sqrt{2}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、不等式的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．