Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1與x軸、y軸的正半軸分別相交于A、B兩點．點M、N為橢圓C上相異的兩點，其中點M在第一象限，且直線AM與直線BN的斜率互為相反數(shù)．
（1）證明：直線MN的斜率為定值；
（2）求△MBN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設直線AM的方程為y=k（x-1），直線BN的方程為y=-kx+1，分別與橢圓C聯(lián)立方程組，分別求出M點坐標、N點坐標，由此能求出直線MN的斜率．
（2）設直線MN的方程為y=$\frac{1}{2}x+b$，（-1＜b＜1），記A，B到直線MN的距離分別為d_A，d_B，求出d_A+d_B=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+b}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，由此利用韋達定理、弦長公式能求出S_△MBN的取值范圍．

解答 證明：（1）∵直線AM與直線BN的斜率互為相反數(shù)，
∴設直線AM的方程為y=k（x-2），直線BN的方程為y=-kx+1，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得M點坐標為M（$\frac{8{k}^{2}-2}{4{k}^{2}+1}，\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}$），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=-kx+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得N點坐標為N（$\frac{8k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），
∴直線MN的斜率k_MN=$\frac{\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}}{\frac{8k}{4{k}^{2}+1}-\frac{8{k}^{2}-2}{4{k}^{2}+1}}$=$\frac{1}{2}$．
解：（2）設直線MN的方程為y=$\frac{1}{2}x+b$，（-1＜b＜1），
記A，B到直線MN的距離分別為d_A，d_B，
則d_A+d_B=$\frac{|-1+b|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$+$\frac{|1+b|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+b}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，
∴${x}_{M}+{x}_{N}=-2b，{x}_{M}•{x}_{N}=2^{2}-2$，
|MN|=$\sqrt{1+\frac{1}{4}}$|x_M-x_N|=$\sqrt{5}•\sqrt{2-^{2}}$，
S_△MBN=S_△AMN+S_△BMN=$\frac{1}{2}$|MN|•d_A+$\frac{1}{2}$|MN|•d_B
=$\frac{1}{2}$|MN|（d_A+d_B）=2$\sqrt{2-^{2}}$，
∵-1＜b＜1，∴S_△MBN∈（2，2$\sqrt{2}$]．

點評 本題考查直線斜率為定值的證明，考查三角形面積的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質、直線與橢圓位置關系、韋達定理、弦長公式的合理運用．