Question

14．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點M是橢圓上一點，△MF₁F₂的面積的最大值為1．
（1）求橢圓的標準方程；
（2）設不經(jīng)過焦點F₁的直線L與橢圓交于兩個不同的點A，B，焦點F₂到直線L的距離為d，如果直線AF₁，L，BF₁的斜率依次成等差數(shù)列，求d的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的離心率公式和當M為橢圓的短軸的端點時，△MF₁F₂的面積取得最大值bc，且為1，再由a，b，c 的關系，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）設直線l的方程y=kx+m，A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），通過x₁、x₂滿足方程$\frac{{x}^{2}}{2}$+（kx+m）²=1、利用根的判別式大于零、化簡可知2k²+1＞m²，利用直線AF₁、l、BF₁的斜率依次成等差數(shù)列及y₁=kx₁+m、y₂=kx₂+m、計算可知x₁+x₂+2=0，結合韋達定理可知m=k+$\frac{1}{2k}$，進而可知|k|＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，通過點到直線的距離公式、結合|k|＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$、通過換元t=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$、化簡可知點F₂（1，0）到直線l：y=kx+m的距離d=$\frac{1}{2}$（t+$\frac{3}{t}$），通過借助函數(shù)f（t）=$\frac{1}{2}$（t+$\frac{3}{t}$）在[1，$\sqrt{3}$]上單調(diào)遞減可知f（$\sqrt{3}$）＜d＜f（1），進而計算即得結論．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當M為橢圓短軸的一個端點時，△MF₁F₂的面積取得最大值1，
即有$\frac{1}{2}$b•2c=1，即bc=1，又a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
即有橢圓的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的左、右焦點，
可得F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
設直線l的方程為：y=kx+m，點A、B的坐標分別為（x₁，y₁）、（x₂，y₂），
則x₁、x₂滿足方程$\frac{{x}^{2}}{2}$+（kx+m）²=1，即（2k²+1）x²+4kmx+（2m²-2）=0，①
由于點A、B不重合，且直線l的斜率存在，
故x₁、x₂是方程①的兩個不同實根，
因此△=（4km）²-4•（2k²+1）•（2m²-2）=8（2k²+1-m²）＞0，
即2k²+1＞m²，②，x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，
由直線AF₁、l、BF₁的斜率$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}$、k、$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$依次成等差數(shù)列，
可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$=2k，
又y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
即有（kx₁+m）•（x₂+1）+（kx₂+m）•（x₁+1）=2k（x₁+1）•（x₂+1），
化簡并整理得：（m-k）（x₁+x₂+2）=0．
假設m=k，則直線l的方程為：y=kx+k，即直線l經(jīng)過點F₁（-1，0），不符合條件，
則x₁+x₂+2=0，
由方程①及韋達定理可知：$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$=-（x₁+x₂）=2，
即m=k+$\frac{1}{2k}$，③
由②、③可知，2k²+1＞m²=（k+$\frac{1}{2k}$）²，
化簡得：k²＞$\frac{1}{4{k}^{2}}$，這等價于：|k|＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
反正，當m、k滿足③及|k|＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$時，
直線l必不經(jīng)過F₁（-1，0）（否則將導致m=k，與③矛盾），
而此時m、k滿足②，從而直線l與橢圓有兩個不同的交點A、B，
同時也保證了AF₁、BF₁的斜率存在
（否則x₁、x₂中的某一個為-1，結合x₁+x₂+2=0可知x₁=x₂=-1，
與方程①有兩個不同的實根矛盾），
記點F₂（1，0）到直線l：y=kx+m的距離為d，
則d=$\frac{|k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•|2k+$\frac{1}{2k}$|=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}}$•（2+$\frac{1}{2{k}^{2}}$），④
注意到|k|＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，令t=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$，則t∈（1，$\sqrt{3}$），
從而④式可改寫為：d=$\frac{1}{t}$•（$\frac{{t}^{2}}{2}$+$\frac{3}{2}$）=$\frac{1}{2}$（t+$\frac{3}{t}$），⑤
考慮到函數(shù)f（t）=$\frac{1}{2}$（t+$\frac{3}{t}$）在[1，$\sqrt{3}$]上單調(diào)遞減，
故由⑤可知f（$\sqrt{3}$）＜d＜f（1），
即d∈（$\sqrt{3}$，2）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的性質(zhì)和離心率公式，考查直線與橢圓的位置關系、等差數(shù)列的中項的性質(zhì)，考查運算求解能力，綜合性較強，注意解題方法的積累，屬于難題．