Question

7．已知F₁、F₂分别是椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，O为坐标原点，N（-2，0），并且满足$\overrightarrow{F{{\;}_{1}F}_{2}}$=2$\overrightarrow{N{F}_{1}}$，$\overrightarrow{AN}$•$\overrightarrow{A{F}_{1}}$=3
（Ⅰ）求此椭圆的方程；
（II）若过点N的直线l与椭圆交于不同的两点E、F（E在N、F之间），$\overrightarrow{NE}$=λ$\overrightarrow{NF}$，试求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知向量等式列出关于b，c的方程组，求解得到b，c的值，再由隐含条件求得a，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0求得k的范围，利用根与系数的关系可得A，B的横坐标的和与积，结合$\overrightarrow{NE}$=λ$\overrightarrow{NF}$，可得λ=$\frac{{x}_{1}+2}{{x}_{2}+2}$，再由根与系数关系可得（x₁+2）+（x₂+2）=$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$=（λ+1）（x₂+2），（x₁+2）（x₂+2）=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4=$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$=$λ（{x}_{2}+2）^{2}$，整理得到${k}^{2}=\frac{4λ}{（1+λ）^{2}}-\frac{1}{2}$．结合k的范围求得实数λ的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）A（0，b），F₁（-c，0），F₂（c，0），
由$\overrightarrow{F{{\;}_{1}F}_{2}}$=2$\overrightarrow{N{F}_{1}}$，$\overrightarrow{AN}$•$\overrightarrow{A{F}_{1}}$=3，得$\left\{\begin{array}{l}{2c=2（2-c）}\\{2c+{b}^{2}=3}\end{array}\right.$，解得b=c=1，
∴a²=b²+c²=2．
从而所求椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（II）如图，由题意知直线l的斜率存在且不为零，
设l方程为y=k（x+2）（k≠0），
代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，整理得（1+2k²）x²+8k²x+（8k²-2）=0，
由△＞0，得0＜k²＜$\frac{1}{2}$．
设E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），
则$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，①
由于$\overrightarrow{NE}$=λ$\overrightarrow{NF}$，可得λ=$\frac{{x}_{1}+2}{{x}_{2}+2}$，且0＜λ＜1．
则（x₁+2）+（x₂+2）=$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$=（λ+1）（x₂+2），②
（x₁+2）（x₂+2）=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4=$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$=$λ（{x}_{2}+2）^{2}$，③
③÷②²得$\frac{λ}{（λ+1）^{2}}=\frac{2{k}^{2}+1}{8}$，得${k}^{2}=\frac{4λ}{（1+λ）^{2}}-\frac{1}{2}$．
∵0$＜{k}^{2}＜\frac{1}{2}$，
∴0$＜\frac{4λ}{（1+λ）^{2}}-\frac{1}{2}$$＜\frac{1}{2}$，则$\left\{\begin{array}{l}{{λ}^{2}-2λ+1＞0}\\{{λ}^{2}-6λ+1＜0}\end{array}\right.$，
解得：$3-2\sqrt{2}＜λ＜3+2\sqrt{2}$，且λ≠1．
又∵0＜λ＜1，
∴$3-2\sqrt{2}$＜λ＜1．
∴λ的取值范围是（3-2$\sqrt{2}$，1）．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了平面向量在求解圆锥曲线问题中的应用，是中档题．