Question

4．已知F₁，F(xiàn)₂分別是長軸長為$2\sqrt{2}$的橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\;（a＞b＞0）$的左右焦點，A₁，A₂是橢圓C的左右頂點，P為橢圓上異于A₁，A₂的一個動點，O為坐標原點，點M為線段PA₂的中點，且直線PA₂與OM的斜率之積恒為$-\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)過點F₁且不與坐標軸垂直的直線l交橢圓于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點N，點N橫坐標的取值范圍是$（-\frac{1}{4}，0）$，求線段AB長的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，記點P（x₀，y₀），k_OM=${k}_{P{A}_{1}}$，可得k_OM•${k}_{P{A}_{2}}$=${k}_{P{A}_{1}}$•${k}_{P{A}_{2}}$利用斜率計算公式及其點P（x₀，y₀）在橢圓上，即可得出．
（2）設(shè)直線l：y=k（x+1），聯(lián)立直線與橢圓方程得（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，記A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標公式、弦長公式即可得出．

解答 解：（1）由已知2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，記點P（x₀，y₀），
∵k_OM=${k}_{P{A}_{1}}$，∴k_OM•${k}_{P{A}_{2}}$=${k}_{P{A}_{1}}$•${k}_{P{A}_{2}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-a}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-{a}^{2}}$，
又點P（x₀，y₀）在橢圓上，故$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}$=1，∴k_OM•${k}_{P{A}_{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{b^2}{a^2}=\frac{1}{2}$，∴b²=1，∴橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．（4分）
（2）設(shè)直線l：y=k（x+1），聯(lián)立直線與橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+1）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
得（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，記A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由韋達定理可得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}×{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}\end{array}\right.$，
可得${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}+2）=\frac{2k}{{2{k^2}+1}}$，
故AB中點$Q（-\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{k}{{2{k^2}+1}}）$，
QN直線方程：$y-\frac{k}{{2{k^2}+1}}=-\frac{1}{k}（x+\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}）=-\frac{1}{k}x-\frac{k}{{2{k^2}+1}}$，
∴$N（-\frac{k^2}{{2{k^2}+1}}，0）$，已知條件得：$-\frac{1}{4}＜$$-\frac{k^2}{{2{k^2}+1}}＜0$，∴0＜2k²＜1，
∴$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}）}^2}-4\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{1+{k^2}}}}{{2{k^2}+1}}=\sqrt{2}（1+\frac{1}{{2{k^2}+1}}）$，
∵$\frac{1}{2}＜\frac{1}{{2{k^2}+1}}＜1$，∴$|{AB}|∈（\frac{{3\sqrt{2}}}{2}，2\sqrt{2}）$．（12分）

點評 本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式、中點坐標公式、兩點之間的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．