Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，右焦點到右準(zhǔn)線的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程
（2）如圖，點M，N為橢圓上相異的兩點，其中點M在第一象限，且直線AM與直線BN的斜率互為相反數(shù)．
①證明：直線MN的斜率為常數(shù)
②求四邊形AMBN面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過橢圓右焦點到右準(zhǔn)線的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$可知$\frac{{a}^{2}}{c}$-c=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，并與e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$聯(lián)立可求出a=2、c=$\sqrt{3}$，進而可得橢圓方程；
（2）通過（1）可知A（2，0）、B（0，1），直線直線BN，AM的斜率均存在且不為0．①通過設(shè)直線AM的方程為x=my+2，則直線BN的方程為x=-my+m，并分別與橢圓方程聯(lián)立，計算可求出M（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$）、N（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），進而計算即得結(jié)論；②通過橢圓方程可知直線AB的方程為x+2y-2=0，進而利用兩點間距離公式可求出|AB|=$\sqrt{5}$，通過M、N兩點坐標(biāo)可求出點M到直線AB的距離d_M、點N到直線AB的距離d_N，利用S=$\frac{1}{2}$|AB|（d_M+d_N）計算、化簡可知S=-2•$\frac{{m}^{2}+4m-4}{4+{m}^{2}}$，通過記f（x）=-2•$\frac{{x}^{2}+4x-4}{4+{x}^{2}}$，并求導(dǎo)可知f（x）在區(qū)間（-2，$2-2\sqrt{2}$）上單調(diào)遞增、在（$2-2\sqrt{2}$，0）上單調(diào)遞減，計算即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，
∴其右準(zhǔn)線方程為：x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，
∵右焦點到右準(zhǔn)線的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{{a}^{2}}{c}$-c=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴a²=4，b²=a²-c²=4-3=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可知，A（2，0），B（0，1），直線直線BN，AM的斜率均存在且不為0．
①證明：設(shè)直線AM的方程為：x=my+2，則直線BN的方程為：x=-my+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（4+m²）y²+4my=0，
∴M（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=-my+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（4+m²）y²-2m²y+m²-4=0，
∴N（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），
∴直線l的斜率為$\frac{\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}+\frac{4m}{4+{m}^{2}}}{\frac{8m}{4+{m}^{2}}-\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}}$=$\frac{{m}^{2}+4m-4}{2{m}^{2}+8m-8}$=$\frac{1}{2}$；
②解：由（1）可知直線AB的方程為：x+2y-2=0，|AB|=$\sqrt{（2-0）^{2}+（0-1）^{2}}$=$\sqrt{5}$，
由①可知：M（$\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，-$\frac{4m}{4+{m}^{2}}$），N（$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，$\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}$），
∵點M在第一象限，
∴$\frac{1}{m}$＜-$\frac{1}{2}$，即-2＜m＜0，
∴點M到直線AB的距離d_M=$\frac{|\frac{8-2{m}^{2}}{4+{m}^{2}}-2•\frac{4m}{4+{m}^{2}}-2|}{\sqrt{1+4}}$=-$\frac{4{m}^{2}+8m}{\sqrt{5}（4+{m}^{2}）}$，
點N到直線AB的距離d_N=$\frac{|\frac{8m}{4+{m}^{2}}+2•\frac{{m}^{2}-4}{4+{m}^{2}}-2|}{\sqrt{1+4}}$=$\frac{16-8m}{\sqrt{5}（4+{m}^{2}）}$，
∴S=$\frac{1}{2}$|AB|（d_M+d_N）=$\frac{\sqrt{5}}{2}$•[$\frac{16-8m}{\sqrt{5}（4+{m}^{2}）}$-$\frac{4{m}^{2}+8m}{\sqrt{5}（4+{m}^{2}）}$]
=-2•$\frac{{m}^{2}+4m-4}{4+{m}^{2}}$，
記f（x）=-2•$\frac{{x}^{2}+4x-4}{4+{x}^{2}}$，則令f′（x）=$\frac{8（{x}^{2}-4x-4）}{（4+{x}^{2}）^{2}}$=0，
即x²-4x-4=0，解得：x=$2-2\sqrt{2}$或$2+2\sqrt{2}$（舍），
∴f（x）在區(qū)間（-2，$2-2\sqrt{2}$）上單調(diào)遞增，在（$2-2\sqrt{2}$，0）上單調(diào)遞減，
又∵f（$2-2\sqrt{2}$）=-2•$\frac{（2-2\sqrt{2}）^{2}+4（2-2\sqrt{2}）-4}{4+（2-2\sqrt{2}）^{2}}$=$2\sqrt{2}$，
f（-2）=-2•$\frac{（-2）^{2}+4•（-2）-4}{4+（-2）^{2}}$=2，f（0）=-2•$\frac{0+0-4}{4}$=2，
∴四邊形AMBN面積S的取值范圍是：（2，$2\sqrt{2}$]．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．