Question

19．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)為A，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若線段OA的中垂線與直線y=x的交點(diǎn)P恰在橢圓C上，且△OAP的面積為3．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線1：y=kx+m與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，點(diǎn)B為橢圓C的上頂點(diǎn)，若△BMN是以MN為底邊的等腰三角形，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意知A（a，0），從而可得P（$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$），從而得方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{（\frac{a}{2}）^{2}}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{a}{2}）^{2}}{^{2}}=1}\\{\frac{1}{2}•a•\frac{a}{2}=3}\end{array}\right.$，從而解得；
（2）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$化簡(jiǎn)可得（3k²+1）x²+6kmx+3m²-12=0，從而可得△=（6km）²-4（3k²+1）（3m²-12）＞0，化簡(jiǎn)可得m²-4（3k²+1）＜0，再由韋達(dá)定理可得x₁+x₂=-$\frac{6km}{3{k}^{2}+1}$，y₁+y₂=$\frac{2m}{3{k}^{2}+1}$，從而可得$\frac{2-\frac{m}{3{k}^{2}+1}}{\frac{3km}{3{k}^{2}+1}}$•k=-1，從而化簡(jiǎn)可得m=-（3k²+1），從而解得．

解答 解：（1）由題意知，A（a，0），
故線段OA的中垂線為x=$\frac{a}{2}$，
故線段OA的中垂線與直線y=x的交點(diǎn)P（$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$），
故$\left\{\begin{array}{l}{\frac{（\frac{a}{2}）^{2}}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{a}{2}）^{2}}{^{2}}=1}\\{\frac{1}{2}•a•\frac{a}{2}=3}\end{array}\right.$，
解得，a²=12，b²=4，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{12}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）∵$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$，
∴（3k²+1）x²+6kmx+3m²-12=0，
∴△=（6km）²-4（3k²+1）（3m²-12）＞0，
即m²-4（3k²+1）＜0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）；
故x₁+x₂=-$\frac{6km}{3{k}^{2}+1}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{3{k}^{2}+1}$，
故MN的中點(diǎn)的坐標(biāo)為（-$\frac{3km}{3{k}^{2}+1}$，$\frac{m}{3{k}^{2}+1}$），
而B(niǎo)（0，2），
故$\frac{2-\frac{m}{3{k}^{2}+1}}{\frac{3km}{3{k}^{2}+1}}$•k=-1，
故m=-（3k²+1），
故m²-4（3k²+1）＜0可化為m²+4m＜0，
解得，-4＜m＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了學(xué)生的化簡(jiǎn)運(yùn)算能力及橢圓與直線的位置關(guān)系的判斷與應(yīng)用．