Question

1．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）过点A（1，$\frac{3}{2}$），且离心率e=$\frac{1}{2}$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：y=kx+m（k≠0）与椭圆交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点G（$\frac{1}{8}$，0），求k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由离心率得到a，c，b的关系，进一步把椭圆方程用含有c的代数式表示，再结合点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上求得c，则椭圆方程可求；
（2）设出M，N的坐标，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于0得到m²＜4k²+3，再结合根与系数关系得到MN中点P的坐标为（-$\frac{4km}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$）．求出MN的垂直平分线l'方程，由P在l'上，得到4k²+8km+3=0．结合m²＜4k²+3求得k的取值范围．

解答 解：（1）由e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，得a=2c，∴b²=a²-c²=3c²，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{3{c}^{2}}=1$，又点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，
∴$\frac{1}{4{c}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{3{c}^{2}}=1$，即c²=1，
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消去y并整理得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
∵直线y=kx+m与椭圆有两个交点，
∴△=（8km）²-4（3+4k²）（4m²-12）＞0，即m²＜4k²+3，
又${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，∴MN中点P的坐标为（-$\frac{4km}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$）．
设MN的垂直平分线l'方程：y=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{1}{8}$），
∵p在l′上，∴$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（-$\frac{4km}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{1}{8}$），即4k²+8km+3=0．
∴m=-$\frac{1}{8k}$（4k2+3），
将上式代入得$\frac{（4{k}^{2}+3）^{2}}{64{k}^{2}}＜4{k}^{2}+3$，
∴${k}^{2}＞\frac{1}{20}$，即k＞$\frac{\sqrt{5}}{10}$或k＜-$\frac{\sqrt{5}}{10}$，∴k的取值范围为（-∞，-$\frac{\sqrt{5}}{10}$）∪（$\frac{\sqrt{5}}{10}$，+∞）．

点评 本题考查了椭圆方程的求法，考查了直线和圆锥曲线间的关系，涉及直线和圆锥曲线的关系问题，常采用联立直线方程和圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解，是中档题．