Question

13．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，且過點（-1，$\frac{3}{2}$），橢圓C的右焦點為A，點B的坐標(biāo)為（$\frac{1}{2}$，0）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知縱坐標(biāo)不同的兩點P，Q為橢圓C上的兩個點，且B、P、Q三點共線，線段PQ的中點為R，求直線AR的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，且過點（-1，$\frac{3}{2}$），列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）依題意直線PQ過點（$\frac{1}{2}$，0），且斜率不為0，設(shè)其方程為x=my+$\frac{1}{2}$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得4（3m²+4）y²+12my-45=0，由此利用韋達(dá)定理、中點坐標(biāo)公式，結(jié)合已知條件能求出直線AR的斜率的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，且過點（-1，$\frac{3}{2}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）依題意直線PQ過點（$\frac{1}{2}$，0），且斜率不為0，
故可設(shè)其方程為x=my+$\frac{1}{2}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去x，得4（3m²+4）y²+12my-45=0，
設(shè)點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），R（x₀，y₀），直線AR的斜率為k，
故${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{3m}{3{m}^{2}+4}$，${y}_{0}=-\frac{3m}{2（3{m}^{2}+4）}$，
∴${x}_{0}=m{y}_{0}+\frac{1}{2}=\frac{2}{3{m}^{2}+4}$，∴k=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}=\frac{m}{4{m}^{2}+4}$，
當(dāng)m=0時，k=0，
當(dāng)m≠0時，k=$\frac{1}{4m+\frac{4}{m}}$，故|4m+$\frac{4}{m}$|=4|m|+$\frac{4}{|m|}$，
∴0＜$\frac{1}{4|m|+\frac{4}{|m|}}$≤$\frac{1}{8}$，
∴0＜|k|$≤\frac{1}{8}$，∴-$\frac{1}{8}$$≤k≤\frac{1}{8}$，且k≠0，
綜上所述，直線AR的斜率的取值范圍是[-$\frac{1}{8}，\frac{1}{8}$]．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線斜率的取值范圍的求法，考查推理論證能力、運算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想，是中檔題．