Question

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

Answer 1

分析 （1）利用橢圓Q的長軸長為2$\sqrt{2}$，求出a．設P（x₀，y₀），通過直線PA₂與OM的斜率之積恒為-$\frac{1}{2}$，列方程化簡化簡求出b，即可得到橢圓方程．
（2）設直線l方程為y=k（x+1）（k≠0），代入橢圓方程化簡，利用韋達定理求出AB的垂直平分線方程，得出N點橫坐標，從而得出k²的范圍，利用弦長公式得出|AB|化簡，即出得出|AB|的范圍．

解答 解：（1）∵橢圓Q的長軸長為2$\sqrt{2}$，∴a=$\sqrt{2}$．∴A₂（$\sqrt{2}$，0），
設P（x₀，y₀），則M（$\frac{{x}_{0}+\sqrt{2}}{2}$，$\frac{{y}_{0}}{2}$），
∵直線PA₂與OM的斜率之積恒為-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$+y₀²=1，∴b=1，
故橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）設直線l方程為y=k（x+1）（k≠0），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點N（x₀，y₀），
∴x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴x₀=$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=-$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y₀=k（x₀+1）=$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$，
∴AB的垂直平分線方程為：y-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
令y=0得x=-$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$．
∴-$\frac{1}{4}$＜-$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$＜0，
解得：0＜k²$＜\frac{1}{2}$．
∵|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16{k}^{4}-4（2{k}^{2}+1）（2{k}^{2}-2）}}{1+2{k}^{2}}$
=2$\sqrt{2}$[$\frac{1}{2}+$$\frac{1}{2（2{k}^{2}+1）}$]，
∴$\frac{3\sqrt{2}}{2}$＜|AB|＜2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的位置關系的應用，弦長公式的應用，設而不求的思想方法，考查計算能力．