Question

16．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，右顶点为M，椭圆C过点（-1，$\frac{3}{2}$），直线l交椭圆C于A，B两点（A，B异于M），且MA⊥MB．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若P为线段AB的中点，求直线MP的斜率的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，过点（-1，$\frac{3}{2}$），建立方程，求出a，b，即可求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）x=ty+n代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，利用MA⊥MB，求出n，利用P为线段AB的中点，求出P的坐标，可得直线MP的斜率，即可求直线MP的斜率的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，过点（-1，$\frac{3}{2}$），
∴$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{{b}^{2}}$=1，
∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴椭圆C的标准方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）设A，B两点坐标分别为A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（2，0）
将x=ty+n代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，整理得关于y的一元二次方程（3t²+4）y²+6tny+3n²-12=0，
则此方程的两根为y₁，y₂，所以y₁+y₂=-$\frac{6tn}{3{t}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3{n}^{2}-12}{3{t}^{2}+4}$；          
由MA⊥MB得（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0，
而x₁=ty₁+n，x₂=ty₂+n，∴（1+t²）y₁•y₂+t（n-2）（y₁+y₂）+（n-2）²=0，
∴（1+t²）•$\frac{3{n}^{2}-12}{3{t}^{2}+4}$+t（n-2）（-$\frac{6tn}{3{t}^{2}+4}$）+（n-2）²=0，
∴7n²-16n+4=0，
∴n=$\frac{2}{7}$或2（舍去），
∵P为线段AB的中点，
∴P（$\frac{8}{21{t}^{2}+28}$，-$\frac{6t}{21{t}^{2}+28}$），
∴直线MP的斜率k=$\frac{-\frac{6t}{21{t}^{2}+28}}{\frac{8}{21{t}^{2}+28}-2}$=$\frac{t}{7{t}^{2}+8}$，
t=0，k=0，t≠0，k=$\frac{1}{7t+\frac{8}{t}}$∈（-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，0）∪（0，$\frac{\sqrt{14}}{56}$），
综上所述，k∈（-$\frac{\sqrt{14}}{56}$，$\frac{\sqrt{14}}{56}$）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立、斜率计算公式，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．