Question

2．已知橢圓C中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，一條經(jīng)過點(diǎn)$（3，-\sqrt{5}）$且傾斜角余弦值為$-\frac{2}{3}$的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，交x軸于M點(diǎn)，又$\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{MB}$．
（1）求直線l的方程；
（2）求橢圓C長(zhǎng)軸的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)直線l的傾斜角為θ，θ∈[0，π），利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可得tanθ，再利用點(diǎn)斜式即可得出．
（2）設(shè)$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{2}（x-1）$與橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與x軸交于M（1，0），由$\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{MB}$知：y₁=-2y₂．直線方程代入橢圓方程可得$（\frac{4}{5}{b^2}+{a^2}）{y^2}-\frac{4}{{\sqrt{5}}}{b^2}y+{b^2}（1-{a^2}）=0$，△＞0，再利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．

解答 解：（1）設(shè)直線l的傾斜角為θ，θ∈[0，π），
∵cosθ=$-\frac{2}{3}$，∴$sinθ=\sqrt{1-co{s}^{2}θ}$=$\frac{\sqrt{5}}{3}$，
∴tanθ=-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
又直線l經(jīng)過點(diǎn)$（3，-\sqrt{5}）$，
∴直線l的方程為$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{2}（x-1）$．
（2）設(shè)$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{2}（x-1）$與橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與x軸交于M（1，0），
由$\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{MB}$知：y₁=-2y₂．
將$x=-\frac{2}{{\sqrt{5}}}y+1$代入b²x²+a²y²=a²b²，得$（\frac{4}{5}{b^2}+{a^2}）{y^2}-\frac{4}{{\sqrt{5}}}{b^2}y+{b^2}（1-{a^2}）=0$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=\frac{{\frac{4}{{\sqrt{5}}}{b^2}}}{{\frac{4}{5}{b^2}+{a^2}}}=-{y_2}}\\{{y_1}{y_2}=\frac{{{b^2}（1-{a^2}）}}{{\frac{4}{5}{b^2}+{a^2}}}=-2{y_2}^2}\end{array}}\right.$①
∵$△={（\frac{4}{{\sqrt{5}}}{b^2}）^2}-4（\frac{4}{5}{b^2}+{a^2}）{b^2}（1-{a^2}）＞0$，∴5a²+4b²＞5②
由①消去y₂得$32{b^2}=（4{b^2}+5{a^2}）（{a^2}-1）⇒4{b^2}=\frac{{5{a^2}（{a^2}-1）}}{{9-{a^2}}}＞0$，③
③代入②得$5{a^2}+\frac{{5{a^2}（{a^2}-1）}}{{9-{a^2}}}＞5$，∴1＜a²＜9，
又a²＞b²，∴$4{b^2}=\frac{{5{a^2}（{a^2}-1）}}{{9-{a^2}}}＜4{a^2}$，
綜合解得$1＜{a^2}＜\frac{41}{9}$，
∴$1＜a＜\frac{{\sqrt{41}}}{3}$，
∴橢圓C長(zhǎng)軸的取值范圍為$（2，\frac{{2\sqrt{41}}}{3}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)，解決該試題的關(guān)鍵是能利用已知中的點(diǎn)和斜率來借助于點(diǎn)斜式方程表示出直線的方程，同時(shí)能結(jié)合直線與橢圓的相交，聯(lián)立方程組，進(jìn)而結(jié)合韋達(dá)定理和判別式來求解表示出長(zhǎng)軸長(zhǎng)，借助于參數(shù)a的范圍得到所求，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．