Question

4．已知F₁，F₂分别是长轴长为$2\sqrt{2}$的椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\;（a＞b＞0）$的左右焦点，A₁，A₂是椭圆C的左右顶点，P为椭圆上异于A₁，A₂的一个动点，O为坐标原点，点M为线段PA₂的中点，且直线PA₂与OM的斜率之积恒为$-\frac{1}{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设过点F₁且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，点N横坐标的取值范围是$（-\frac{1}{4}，0）$，求线段AB长的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，记点P（x₀，y₀），k_OM=${k}_{P{A}_{1}}$，可得k_OM•${k}_{P{A}_{2}}$=${k}_{P{A}_{1}}$•${k}_{P{A}_{2}}$利用斜率计算公式及其点P（x₀，y₀）在椭圆上，即可得出．
（2）设直线l：y=k（x+1），联立直线与椭圆方程得（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，记A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．利用根与系数的关系、中点坐标公式、弦长公式即可得出．

解答 解：（1）由已知2a=2$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$，记点P（x₀，y₀），
∵k_OM=${k}_{P{A}_{1}}$，∴k_OM•${k}_{P{A}_{2}}$=${k}_{P{A}_{1}}$•${k}_{P{A}_{2}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-a}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-{a}^{2}}$，
又点P（x₀，y₀）在椭圆上，故$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}$=1，∴k_OM•${k}_{P{A}_{2}}$=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{b^2}{a^2}=\frac{1}{2}$，∴b²=1，∴椭圆的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．（4分）
（2）设直线l：y=k（x+1），联立直线与椭圆方程$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+1）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
得（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，记A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由韦达定理可得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}×{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}\end{array}\right.$，
可得${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}+2）=\frac{2k}{{2{k^2}+1}}$，
故AB中点$Q（-\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{k}{{2{k^2}+1}}）$，
QN直线方程：$y-\frac{k}{{2{k^2}+1}}=-\frac{1}{k}（x+\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}）=-\frac{1}{k}x-\frac{k}{{2{k^2}+1}}$，
∴$N（-\frac{k^2}{{2{k^2}+1}}，0）$，已知条件得：$-\frac{1}{4}＜$$-\frac{k^2}{{2{k^2}+1}}＜0$，∴0＜2k²＜1，
∴$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}）}^2}-4\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{2\sqrt{2}\sqrt{1+{k^2}}}}{{2{k^2}+1}}=\sqrt{2}（1+\frac{1}{{2{k^2}+1}}）$，
∵$\frac{1}{2}＜\frac{1}{{2{k^2}+1}}＜1$，∴$|{AB}|∈（\frac{{3\sqrt{2}}}{2}，2\sqrt{2}）$．（12分）

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、中点坐标公式、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．