Question

6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$右焦點(diǎn)F的直線x+y-2=0交C于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為$\frac{1}{3}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線l（不與坐標(biāo)軸垂直）與橢圓交于D，E兩點(diǎn)，若在線段OF上存在點(diǎn)M（t，0），使得∠MDE=∠MED，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用平方差法，結(jié)合$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-1$，設(shè)P（x₀，y₀），推出a²=3b²，結(jié)合c=2然后求解橢圓C的方程．
（2）設(shè)線段DE的中點(diǎn)為H，說(shuō)明MH⊥DE，設(shè)直線l的方程為y=k（x-2），代入橢圓C的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，設(shè)D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），利用韋達(dá)定理求出H的坐標(biāo)，通過(guò)k_MH•k_l=-1，求解即可．

解答 解：（1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1，\frac{x_2^2}{a^2}+\frac{y_2^2}{b^2}=1$，
相減得，$\frac{{（{{x_1}-{x_2}}）（{{x_1}+{x_2}}）}}{a^2}+\frac{{（{{y_1}-{y_2}}）（{{y_1}+{y_2}}）}}{b^2}=0$，由題意知$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-1$，
設(shè)P（x₀，y₀），因?yàn)镻為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為$\frac{1}{3}$，所以${y_0}=\frac{1}{3}{x_0}$，即${y_1}+{y_2}=\frac{1}{3}（{{x_1}+{x_2}}）$，
所以可以解得a²=3b²，即a²=3（a²-c²），即${a^2}=\frac{3}{2}{c^2}$，又因?yàn)閏=2，∴a²=6，
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）設(shè)線段DE的中點(diǎn)為H，因?yàn)椤螹DE=∠MED，所以MH⊥DE，
設(shè)直線l的方程為y=k（x-2），代入橢圓C的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，
得（3k²+1）x²-12k²x+12k²-6=0，
設(shè)D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），則${x_3}+{x_4}=\frac{{12{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$．
則${x}_{H}=\frac{{x}_{3}+{x}_{4}}{2}=\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，${y}_{H}=k（{x}_{H}-2）=-\frac{2k}{1+3{k}^{2}}$，即$H（{\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}，\frac{-2k}{{1+3{k^2}}}}）$，
由已知得k_MH•k_l=-1，∴$\frac{{\frac{-2k}{{1+3{k^2}}}}}{{\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}-t}}=-\frac{1}{k}$，整理得$t=\frac{{4{k^2}}}{{1+3{k^2}}}=\frac{4}{{3+\frac{1}{k^2}}}$，
因?yàn)閗²＞0，所以$t∈（{0，\frac{4}{3}}）$，
所以t的取值范圍是$（{0，\frac{4}{3}}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，范圍問(wèn)題的解決方法，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．