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17.已知橢圓E:x2a2+y2=1(a>1),過點(diǎn)B(45,-15)作斜率為1的直線l交橢圓E于C、D兩點(diǎn),點(diǎn)B恰為線段CD的中點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)動(dòng)點(diǎn)Q在橢圓E上,點(diǎn)R(-1,0),若直線QR的斜率大于1,求直線OQ的斜率的取值范圍.

分析 (1)求出直線l:y=x-1,與橢圓聯(lián)立,得(a2+1)x2-2a2x=0,由此利用根的判別式、中點(diǎn)坐標(biāo)公式,求出a2,由此能求出橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程.
(2)由題意Q(2cosθ,sinθ),R(-1,0),{k}_{QR}=\frac{sinθ}{2cosθ+1}>1,從而\frac{π}{2}<θ<\frac{2π}{3},由此能求出直線OQ的斜率的取值范圍.

解答 解:(1)∵直線l過點(diǎn)B(\frac{4}{5},-\frac{1}{5})斜率為1,
∴直線l:y+\frac{1}{5}=x-\frac{4}{5},整理,得y=x-1,
聯(lián)立\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}=1}\\{y=x-1}\end{array}\right.,得(a2+1)x2-2a2x=0,
△=4a4-4(a2+1)>0,設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),
∵過點(diǎn)B(\frac{4}{5},-\frac{1}{5})作斜率為1的直線l交橢圓E于C、D兩點(diǎn),點(diǎn)B恰為線段CD的中點(diǎn),
{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2{a}^{2}}{{{a}^{2}+1}_{\;}}=\frac{8}{5},
解得a2=4,
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1.
(2)∵動(dòng)點(diǎn)Q在橢圓E:\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1上,∴Q(2cosθ,sinθ),R(-1,0),
∵直線QR的斜率大于1,∴{k}_{QR}=\frac{sinθ}{2cosθ+1}>1,
∴0<2cosθ+1<sinθ,
∴-\frac{1}{2}<cosθ<0,
\frac{π}{2}<θ<\frac{2π}{3}
∵直線OQ的斜率k=\frac{sinθ}{2cosθ}=\frac{1}{2}tanθ,\frac{π}{2}<θ<\frac{2π}{3},
∴直線OQ的斜率k∈(-∞,-\frac{\sqrt{6}}{2}).
∴直線OQ的斜率的取值范圍是(-∞,-\frac{\sqrt{6}}{2}).

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法,考查直線的斜率的取值范圍的求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意橢圓性質(zhì)、韋達(dá)定理、根的判別式、橢圓參數(shù)方程、直線的斜率等知識(shí)點(diǎn)的合理運(yùn)用.

練習(xí)冊系列答案
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(Ⅰ)求橢圓E的方程;
(Ⅱ)設(shè)過點(diǎn)F,斜率為k的直線l與橢圓E交于A,B兩點(diǎn),且與短軸交于點(diǎn)C,若△OAF與△OBC的面積相等,求直線l的方程.

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