Question

10．如圖，橢圓 M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，直線x=±a和y=±b所圍成的矩形 A BCD的面積為$32\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓M的標準方程；
（Ⅱ）若 P為橢圓M上任意一點，O為坐標原點，Q為線段OP的中點，求點Q的軌跡方程；
（Ⅲ）已知N（1，0），若過點 N的直線l交點Q的軌跡于E，F(xiàn)兩點，且$-\frac{18}{7}≤\overrightarrow{{N}{E}}•\overrightarrow{{N}F}≤-\frac{12}{5}$，求直線l的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{4}$及$2a•2b=32\sqrt{3}$，解得a，b，c值，可得橢圓M的標準方程；
（Ⅱ）設P（x₀，y₀），Q（x，y），根據(jù)，Q為線段OP的中點，可得$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=2x\\{y_0}=2y\end{array}\right.$，代入橢圓方程整理可得點Q的軌跡方程；
（Ⅲ）設直線l的方程為：y-0=k（x-1），聯(lián)立直線方程，結合韋達定理，及向量數(shù)量積公式，可得直線l的斜率的取值范圍．

解答 解：（I）$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}⇒\frac{{{a^2}-{b^2}}}{a^2}=\frac{1}{4}$…①
矩形ABCD面積為$32\sqrt{3}$，即$2a•2b=32\sqrt{3}$…②
由①②解得：$a=4，b=2\sqrt{3}$，
∴橢圓M的標準方程是$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．…（4分）
（Ⅱ）設P（x₀，y₀），Q（x，y），
則$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{0+{x_0}}}{2}\\ y=\frac{{0+{y_0}}}{2}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=2x\\{y_0}=2y\end{array}\right.$，
$又\frac{{{x_0}^2}}{16}+\frac{{{y_0}^2}}{12}=1$，
∴$\frac{{{{（2x）}^2}}}{16}+\frac{{{{（2y）}^2}}}{12}=1$
所以點Q的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（7分）
（ III）設直線l的方程為：y-0=k（x-1），即y=kx-k
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx-k\\ 3{x^2}+4{y^2}=12\end{array}\right.得3{x^2}+4{k^2}{（x-1）^2}=12$
即（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0…（8分）
設E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=-\frac{{-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$…（9分）
又$\overrightarrow{NE}=（{x}_{1}-1，{y}_{1}），\overrightarrow{NF}=（{x}_{2}-1，{y}_{2}）$，
∴$\overrightarrow{NE}•\overrightarrow{NF}$
=（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂
=（x₁-1）（x₂-1）+k（x₁-1）•k（x₂-1）
=（1+k²）（x₁-1）（x₂-1）
=（1+k²）[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]
=$（1+{k}^{2}）[\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+1]$
=$（1+{k}^{2}）[\frac{-9}{3+4{k}^{2}}]$…（11分）
∴$-\frac{18}{7}≤（1+{k}^{2}）[\frac{-9}{3+4{k}^{2}}]≤-\frac{12}{5}$，
即$\frac{12}{5}≤\frac{9（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}≤\frac{18}{7}$，
解得：$k∈[-\sqrt{3}，-1]∪[1，\sqrt{3}]$…（13分）

點評 本題考查的知識點是橢圓的簡單性質，橢圓的標準方程，軌跡方程，直線與圓錐曲線的關系，向量的數(shù)量積公式，難度中檔．