Question

11．已知过点$（2，\sqrt{2}）$且离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点P是椭圆的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M，N两点，记椭圆C的左，右焦点分别为F₁，F₂，上下两个顶点分别为B₂，B₁．当线段MN的中点落在四边形F₁B₁F₂B₂内（包括边界）时，求直线l斜率的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由过点$（2，\sqrt{2}）$且离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，列出方程组，求出a=2$\sqrt{2}$，b=4，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，利用二次方程的韦达定理得到弦中点的坐标，根据中点在正方形的内部，得到中点的坐标满足的不等关系，求出k的范围．

解答 解：（1）∵过点$（2，\sqrt{2}）$且离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上．
∴设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}$，解得a=2$\sqrt{2}$，b=4，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）椭圆C的左准线方程为x=-4，所以点P的坐标为（-4，0），
由题意知直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为y=k（x+4）
如图，设点M，N的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），线段MN的中点为G（x₀，y₀）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+4）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}$，得（1+2k²）x²+16k²x+32k²-8=0．①
由△=（16k²）²-4（1+2k²）（32k²-8）＞0，解得-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$．②
因为x₁，x₂是方程①的两根，
所以x₁+x₂=-$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，于是x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y₀=k（x₀+4）=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$．
因为x₀=-$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$≤0，所以点G不可能在y轴的右边，
又直线F₁B₂，F₁B₁方程分别为y=x+2，y=-x-2
所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}≤{x}_{0}+2}\\{{y}_{0}≥-{x}_{0}-2}\end{array}$，
即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4k}{1+2{k}^{2}}≤-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+2}\\{\frac{4k}{1+2{k}^{2}}≥\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}-2}\end{array}$，即$\left\{\begin{array}{l}{2{k}^{2}+2k-1≤0}\\{2{k}^{2}-2k-1≤0}\end{array}$，
解得$\frac{-\sqrt{3}-1}{2}$≤k≤$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
由②得：$\frac{-\sqrt{3}+1}{2}$≤k≤$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$．
故直线l斜率的取值范围是[$\frac{-\sqrt{3}+1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$]．

点评 求圆锥曲线的方程时，一般利用待定系数法；解决直线与圆锥曲线的位置关系时，一般采用的方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立得到关于某个未知数的二次方程，利用韦达定理来找突破口．