Question

8．已知椭圆C：4x²+y²=1，直线l：y=kx+m，若直线l与椭圆C交于点A，B．
（1）若k=1，椭圆存在两点M，N关于直线l对称，求实数m的取值范围；
（2）若m=$\frac{1}{2}$，椭圆存在两点P，Q关于直线l对称，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过设M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），设直线MN的方程为y=-x+b，并与椭圆方程联立，利用韦达定理及根的判别式大于零、MN的中点T（x₀，y₀）在直线y=x+m上计算即得结论；
（2）通过设P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），设直线PQ的方程为y=-$\frac{1}{k}$x+t，并与椭圆方程联立，利用韦达定理及根的判别式大于零、PQ的中点T（x₀，y₀）在直线y=kx+$\frac{1}{2}$上计算即得结论．

解答 解：（1）设椭圆$\frac{{x}^{2}}{\frac{1}{4}}$+y²=1上存在关于直线y=x+m对称的两点为M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），
根据对称性可知线段MN被直线y=x+m垂直平分，且MN的中点T（x₀，y₀）在直线y=x+m上，且k_MN=-1，
故可设直线MN的方程为y=-x+b，
联立直线MN与椭圆方程，整理可得：5x²-2bx+b²-1=0，
∴x₁+x₂=$\frac{2b}{5}$，y₁+y₂=2b-（x₁+x₂）=2b-$\frac{2b}{5}$，
由△=4b²-20（b²-1）＞0，可得-$\frac{\sqrt{5}}{2}$＜b＜$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{b}{5}$，y₀=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{4b}{5}$，
∵MN的中点T（x₀，y₀）在直线y=x+m上，
∴$\frac{4b}{5}$=$\frac{b}{5}$+m，m=$\frac{3b}{5}$，
∴-$\frac{3\sqrt{5}}{10}$＜m＜$\frac{3\sqrt{5}}{10}$；
（2）设椭圆$\frac{{x}^{2}}{\frac{1}{4}}$+y²=1上存在关于直线y=kx+$\frac{1}{2}$对称的两点为P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），
根据对称性可知线段PQ被直线y=kx+$\frac{1}{2}$垂直平分，且PQ的中点T（x₀，y₀）在直线y=kx+$\frac{1}{2}$上，且k_PQ=-$\frac{1}{k}$，
故可设直线PQ的方程为y=-$\frac{1}{k}$x+t，
联立直线PQ与椭圆方程，整理可得：（4+$\frac{1}{{k}^{2}}$）x²-$\frac{2t}{k}$x+t²-1=0，
∴x₁+x₂=$\frac{2kt}{1+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=2t-$\frac{1}{k}$（x₁+x₂）=$\frac{8{k}^{2}t}{1+4{k}^{2}}$，
由△=$\frac{4{t}^{2}}{{k}^{2}}$-4（t²-1）（4+$\frac{1}{{k}^{2}}$）＞0，可得t²＜$\frac{1+4{k}^{2}}{4{k}^{2}}$，①
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{kt}{1+4{k}^{2}}$，y₀=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{4{k}^{2}t}{1+4{k}^{2}}$，
∵PQ的中点T（x₀，y₀）在直线y=kx+$\frac{1}{2}$上，
∴$\frac{4{k}^{2}t}{1+4{k}^{2}}$=k•$\frac{kt}{1+4{k}^{2}}$+$\frac{1}{2}$，
∴t=$\frac{1+4{k}^{2}}{6{k}^{2}}$，②
联立①、②，化简得：5k²＞1，
解得：k＜-$\frac{\sqrt{5}}{5}$或k＞$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，解题的关键是灵活应用已知中的对称性设出直线方程，且由中点在直线上建立m、b，k、t之间的关系，还要注意方程的根与系数的关系的应用，注意解题方法的积累，属于中档题．