Question

16．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，右頂點(diǎn)為M，橢圓C過(guò)點(diǎn)（-1，$\frac{3}{2}$），直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)（A，B異于M），且MA⊥MB．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若P為線段AB的中點(diǎn)，求直線MP的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，過(guò)點(diǎn)（-1，$\frac{3}{2}$），建立方程，求出a，b，即可求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）x=ty+n代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，利用MA⊥MB，求出n，利用P為線段AB的中點(diǎn)，求出P的坐標(biāo)，可得直線MP的斜率，即可求直線MP的斜率的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，過(guò)點(diǎn)（-1，$\frac{3}{2}$），
∴$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{^{2}}$=1，
∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（2，0）
將x=ty+n代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，整理得關(guān)于y的一元二次方程（3t²+4）y²+6tny+3n²-12=0，
則此方程的兩根為y₁，y₂，所以y₁+y₂=-$\frac{6tn}{3{t}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3{n}^{2}-12}{3{t}^{2}+4}$；          
由MA⊥MB得（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，
而x₁=ty₁+n，x₂=ty₂+n，∴（1+t²）y₁•y₂+t（n-2）（y₁+y₂）+（n-2）²=0，
∴（1+t²）•$\frac{3{n}^{2}-12}{3{t}^{2}+4}$+t（n-2）（-$\frac{6tn}{3{t}^{2}+4}$）+（n-2）²=0，
∴7n²-16n+4=0，
∴n=$\frac{2}{7}$或2（舍去），
∵P為線段AB的中點(diǎn)，
∴P（$\frac{8}{21{t}^{2}+28}$，-$\frac{6t}{21{t}^{2}+28}$），
∴直線MP的斜率k=$\frac{-\frac{6t}{21{t}^{2}+28}}{\frac{8}{21{t}^{2}+28}-2}$=$\frac{t}{7{t}^{2}+8}$，
t=0，k=0，t≠0，k=$\frac{1}{7t+\frac{8}{t}}$∈（-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，0）∪（0，$\frac{\sqrt{14}}{56}$），
綜上所述，k∈（-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，$\frac{\sqrt{14}}{56}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立、斜率計(jì)算公式，考查了分類討論思想方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．