Question

15．已知椭圆C方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1，过右焦点斜率为l的直线到原点的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设M（2，0），过点M的直线与椭圆C相交于E，F两点，当线段EF的中点落在由四点C₁（-1，0），C₂（1，0），B₁（0，-1），B₂（0，1）构成的四边形内（包括边界）时，求直线斜率的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设右焦点为（c，0），过右焦点斜率为l的直线方程为：y=x-c，则原点到直线的距离可得c=1，a=$\sqrt{2}$，得到椭圆方程．
（Ⅱ）显然直线的斜率k存在，所以可设直线的方程为y=k（x+2），设点E，F的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），线段EF的中点为G（x₀，y₀），联立直线与椭圆方程，利用判别式以及韦达定理，通过点G在正方形内（包括边界）的充要条件为$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}≤{x}_{0}+1}\\{{y}_{0}≥-{x}_{0}-1}\end{array}\right.$ 求解k的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）设右焦点为（c，0），
则过右焦点斜率为l的直线方程为：y=x-c …（1分）
则原点到直线的距离d=$\frac{|c|}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$     得c=1，a=$\sqrt{2}$ …（3分）
所以$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$  …（4分）
（Ⅱ）显然直线的斜率k存在，所以可设直线的方程为y=k（x+2），
设点E，F的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），
线段EF的中点为G（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+8k²x+8k²-2=0
由△=（8k²）-4（1+2k²）（8k²-2）＞0解得$-\frac{\sqrt{2}}{2}＜k＜\frac{\sqrt{2}}{2}$ …（1）…（7分）
由韦达定理得x₁+x₂=$\frac{-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
于是：x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$-\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y₀=k（x₀+2）=$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$       …（8分）
因为x₀=$-\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$≤0，所以点G不可能在y轴的右边，
又直线C₁B₁，C₁B₁方程分别为y=x+1，y=-x-1．
所以点G在正方形内（包括边界）的充要条件为
$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}≤{x}_{0}+1}\\{{y}_{0}≥-{x}_{0}-1}\end{array}\right.$ 即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2k}{1+2{k}^{2}}≤\frac{-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+1}\\{\frac{2k}{1+2{k}^{2}}≥\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}-1}\end{array}\right.$  亦即$\left\{\begin{array}{l}{2{k}^{2}+2k-1≤0}\\{2{k}^{2}-2k-1≤0}\end{array}\right.$  …（10分）
解得$-\frac{\sqrt{3}-1}{2}$≤k≤$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，…（2）
由（1）（2）知，直线斜率的取值范围是[$-\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$]．       …（12分）

点评 本题椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，范围问题的求法，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．