Question

11．已知過點$（2，\sqrt{2}）$且離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設點P是橢圓的左準線與x軸的交點，過點P的直線l與橢圓C相交于M，N兩點，記橢圓C的左，右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，上下兩個頂點分別為B₂，B₁．當線段MN的中點落在四邊形F₁B₁F₂B₂內(nèi)（包括邊界）時，求直線l斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由過點$（2，\sqrt{2}）$且離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，列出方程組，求出a=2$\sqrt{2}$，b=4，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設出直線的方程，將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用二次方程的韋達定理得到弦中點的坐標，根據(jù)中點在正方形的內(nèi)部，得到中點的坐標滿足的不等關系，求出k的范圍．

解答 解：（1）∵過點$（2，\sqrt{2}）$且離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上．
∴設橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}$，解得a=2$\sqrt{2}$，b=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）橢圓C的左準線方程為x=-4，所以點P的坐標為（-4，0），
由題意知直線l的斜率存在，所以設直線l的方程為y=k（x+4）
如圖，設點M，N的坐標分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），線段MN的中點為G（x₀，y₀）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+4）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}$，得（1+2k²）x²+16k²x+32k²-8=0．①
由△=（16k²）²-4（1+2k²）（32k²-8）＞0，解得-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$．②
因為x₁，x₂是方程①的兩根，
所以x₁+x₂=-$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，于是x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y₀=k（x₀+4）=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$．
因為x₀=-$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$≤0，所以點G不可能在y軸的右邊，
又直線F₁B₂，F(xiàn)₁B₁方程分別為y=x+2，y=-x-2
所以點G在正方形Q內(nèi)（包括邊界）的充要條件為$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}≤{x}_{0}+2}\\{{y}_{0}≥-{x}_{0}-2}\end{array}$，
即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4k}{1+2{k}^{2}}≤-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+2}\\{\frac{4k}{1+2{k}^{2}}≥\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}-2}\end{array}$，即$\left\{\begin{array}{l}{2{k}^{2}+2k-1≤0}\\{2{k}^{2}-2k-1≤0}\end{array}$，
解得$\frac{-\sqrt{3}-1}{2}$≤k≤$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
由②得：$\frac{-\sqrt{3}+1}{2}$≤k≤$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$．
故直線l斜率的取值范圍是[$\frac{-\sqrt{3}+1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$]．

點評 求圓錐曲線的方程時，一般利用待定系數(shù)法；解決直線與圓錐曲線的位置關系時，一般采用的方法是將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立得到關于某個未知數(shù)的二次方程，利用韋達定理來找突破口．