Question

3．设F₁，F₂是椭圆C：x²+2y²=2λ（λ＞0）的左、右焦点，P是椭圆上任意一点．
（1）记∠F₁PF₂=θ，求证：cosθ≥0；
（2）若F₁（-1，0），点N（-2，0），已知椭圆C上的两个动点A，B满足$\overrightarrow{NA}$=λ$\overrightarrow{NB}$，当λ∈[$\frac{1}{5}$，$\frac{1}{3}$]时，求直线AB斜率的取值范围．

Answer 1

分析 （1）运用当点P是椭圆的短轴的端点时，∠F₁PF₂取得最大值，此时cos∠F₁PF₂可取得最小，计算即可得证；
（2）求得椭圆方程，由题意先设直线的方程为y=k（x+2）（k≠0），把直线方程与椭圆方程进行联立，利用韦达定理整体代换，借助于$\overrightarrow{NA}$=λ$\overrightarrow{NB}$，得到k，λ的关系式，用λ表示k，由λ的范围再求出k的范围．

解答 解：（1）证明：椭圆C：x²+2y²=2λ（λ＞0），即为
$\frac{{x}^{2}}{2λ}$+$\frac{{y}^{2}}{λ}$=1，可得a=$\sqrt{2λ}$，b=$\sqrt{λ}$，c=$\sqrt{λ}$，
则F₁（-$\sqrt{λ}$，0），F₂（$\sqrt{λ}$，0），
当P为短轴的一个端点时，|PF₁|=|PF₂|=a=$\sqrt{2λ}$，|F₁F₂|=2c=2$\sqrt{λ}$，
即有|PF₁|²+|PF₂|²=|F₁F₂|²，∠F₁PF₂=90°，
由椭圆的性质可得，当P为短轴的端点时，∠F₁PF₂取得最大值，
即0°≤∠F₁PF₂≤90°，
则cosθ≥0；
（2）由$\overrightarrow{NA}$=λ$\overrightarrow{NB}$，可得A，B，N三点共线，
而N（-2，0），设直线的方程为y=k（x+2），（k≠0），
由F₁（-1，0），可得c=1，即λ=1，
可得椭圆的方程为x²+2y²=2，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，消去x得：$\frac{1+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$y²-$\frac{4}{k}$y+2=0，
由△=（$\frac{4}{k}$）²-8•$\frac{1+2{k}^{2}}{{k}^{2}}$＞0，解得0＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$或-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由韦达定理得y₁+y₂=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$①，
又由$\overrightarrow{NA}$=λ$\overrightarrow{NB}$得：（x₁+2，y₁）=λ（x₂+2，y₂），∴y₁=λy₂②．
将②式代入①式得：$\left\{\begin{array}{l}{（1+λ）{y}_{2}=\frac{4k}{1+2{k}^{2}}}\\{λ{{y}_{2}}^{2}=\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
消去y₂得：$\frac{（1+λ）^{2}}{λ}$=$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$．
设ϕ（λ）=$\frac{（1+λ）^{2}}{λ}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2，当λ∈[$\frac{1}{5}$，$\frac{1}{3}$]时，ϕ（λ）是减函数，
∴$\frac{16}{3}$≤ϕ（λ）≤$\frac{36}{5}$，∴$\frac{16}{3}$≤$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$≤$\frac{36}{5}$，
解得 $\frac{1}{18}$≤k²≤$\frac{1}{4}$，又由0＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$或-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜0．
得$\frac{\sqrt{2}}{6}$≤k≤$\frac{1}{2}$或-$\frac{1}{2}$≤k≤-$\frac{\sqrt{2}}{6}$．
∴直线AB的斜率的取值范围是[$\frac{\sqrt{2}}{6}$，$\frac{1}{2}$]∪[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{6}$]．

点评 此题考查了椭圆的方程及椭圆的基本性质，直线方程与椭圆方程进行联立，设而不求及整体代换的思想，还考查了利用均值不等式求值域．