Question

8．設(shè)F₁、F₂分別為橢圓Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)，若橢圓上一點(diǎn)M（1，$\frac{3}{2}$）到兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和等于4．又已知點(diǎn)A是橢圓的右頂點(diǎn)，直線l交橢圓Γ于E、F兩點(diǎn)（E、F與A點(diǎn)不重合），且滿足AE⊥AF．
（Ⅰ） 求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ） O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若點(diǎn)P滿足2$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OE}$+$\overrightarrow{OF}$，求直線AP的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得a=2，c=1，由a，b，c的關(guān)系可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線AE的方程為y=k（x-2），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，可得E的坐標(biāo)，由兩直線垂直可得F的坐標(biāo)，再由直線的斜率公式，結(jié)合基本不等式即可得到斜率的最值，進(jìn)而得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）依題意，可得2a=4，即a=2，又點(diǎn)$M（1，\frac{3}{2}）$在橢圓上，
將點(diǎn)M（1，$\frac{3}{2}$）代入橢圓方程可知$\frac{1}{4}+\frac{{\frac{9}{4}}}{b^2}=1$，
解得：b²=3，
∴橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；…（3分）
（Ⅱ） 由（Ⅰ）知A（2，0），設(shè)直線AE的方程為y=k（x-2），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²-16k²x+16k²-12=0，
由韋達(dá)定理可知：2+x_E=$\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，可得x_E=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，
y_E=k（x_E-2）=$\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}$，
由于AE⊥AF，只要將上式的k換為-$\frac{1}{k}$，
可得x_F=$\frac{8-6{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y_F=$\frac{12k}{4+3{k}^{2}}$，
由2$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OE}$+$\overrightarrow{OF}$，可得P為EF的中點(diǎn)，
即有P（$\frac{14{k}^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$，$\frac{6k（{k}^{2}-1）}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$），
則直線AP的斜率為t=$\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}-2}$=$\frac{k（1-{k}^{2}）}{4{k}^{4}+4+6{k}^{2}}$，
當(dāng)k=0時(shí)，t=0；
當(dāng)k≠0時(shí)，t=$\frac{\frac{1}{k}-k}{4（{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）+6}$，
再令s=$\frac{1}{k}-k$，可得t=$\frac{s}{4{s}^{2}+14}$，
當(dāng)s=0時(shí)，t=0；當(dāng)s＞0時(shí)，t=$\frac{1}{4s+\frac{14}{s}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{56}}$=$\frac{\sqrt{14}}{56}$，
當(dāng)且僅當(dāng)4s=$\frac{14}{s}$時(shí)，取得最大值；
當(dāng)s＜0時(shí)，t=$\frac{1}{4s+\frac{14}{s}}$≥-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，
綜上可得：直線AP的斜率的取值范圍是[-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，$\frac{\sqrt{14}}{56}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查直線的斜率的取值范圍的求法，注意運(yùn)用基本不等式，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．