Question

3．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1与x轴、y轴的正半轴分别相交于A、B两点．点M、N为椭圆C上相异的两点，其中点M在第一象限，且直线AM与直线BN的斜率互为相反数．
（1）证明：直线MN的斜率为定值；
（2）求△MBN面积的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设直线AM的方程为y=k（x-1），直线BN的方程为y=-kx+1，分别与椭圆C联立方程组，分别求出M点坐标、N点坐标，由此能求出直线MN的斜率．
（2）设直线MN的方程为y=$\frac{1}{2}x+b$，（-1＜b＜1），记A，B到直线MN的距离分别为d_A，d_B，求出d_A+d_B=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+b}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，由此利用韦达定理、弦长公式能求出S_△MBN的取值范围．

解答 证明：（1）∵直线AM与直线BN的斜率互为相反数，
∴设直线AM的方程为y=k（x-2），直线BN的方程为y=-kx+1，
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得M点坐标为M（$\frac{8{k}^{2}-2}{4{k}^{2}+1}，\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}$），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=-kx+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得N点坐标为N（$\frac{8k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），
∴直线MN的斜率k_MN=$\frac{\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}}{\frac{8k}{4{k}^{2}+1}-\frac{8{k}^{2}-2}{4{k}^{2}+1}}$=$\frac{1}{2}$．
解：（2）设直线MN的方程为y=$\frac{1}{2}x+b$，（-1＜b＜1），
记A，B到直线MN的距离分别为d_A，d_B，
则d_A+d_B=$\frac{|-1+b|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$+$\frac{|1+b|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+b}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，
∴${x}_{M}+{x}_{N}=-2b，{x}_{M}•{x}_{N}=2{b}^{2}-2$，
|MN|=$\sqrt{1+\frac{1}{4}}$|x_M-x_N|=$\sqrt{5}•\sqrt{2-{b}^{2}}$，
S_△MBN=S_△AMN+S_△BMN=$\frac{1}{2}$|MN|•d_A+$\frac{1}{2}$|MN|•d_B
=$\frac{1}{2}$|MN|（d_A+d_B）=2$\sqrt{2-{b}^{2}}$，
∵-1＜b＜1，∴S_△MBN∈（2，2$\sqrt{2}$]．

点评 本题考查直线斜率为定值的证明，考查三角形面积的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、直线与椭圆位置关系、韦达定理、弦长公式的合理运用．