Question

2．已知橢圓C以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，以坐標(biāo)原點(diǎn)為對(duì)稱中心，橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為F（1，0），點(diǎn)$M（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}}）$在橢圓上，
（Ⅰ）求橢圓C的方程．
（Ⅱ）斜率為k的直線l過(guò)點(diǎn)F且不與坐標(biāo)軸垂直，直線l交橢圓于A、B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)G，求點(diǎn)G橫坐標(biāo)的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，由橢圓可得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{b^2}=1（1）\\ \frac{3}{{4{a^2}}}+\frac{3}{{2{b^2}}}=1（2）\end{array}\right.$，解出即可得出．
（Ⅱ）解法一：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)N（x₀，y₀），直線AB的方程為y=k（x-1）（k≠0），代入橢圓方程可得（3k²+2）x²-6k²x+3（k²-2）=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得N的坐標(biāo)，可得AB的垂直平分線NG的方程為，進(jìn)而得出．
解法二：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)N（x₀，y₀），把點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別代入橢圓方程相減可得：$\frac{{（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）}}{3}+\frac{{（{y_1}-{y_2}）（{y_1}+{y_2}）}}{2}=0$，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率計(jì)算公式可得斜率k=-$\frac{2{x}_{0}}{3{y}_{0}}$，又$k=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}$，可得$-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}$，又（x₀，y₀）在橢圓內(nèi)，即$\frac{x_0^2}{3}+\frac{y_0^2}{2}＜1$，可得0＜x₀＜1，利用AB的垂直平分線為$y-{y_0}=\frac{{3{y_0}}}{{2{x_0}}}（x-{x_0}）$，即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{b^2}=1（1）\\ \frac{3}{{4{a^2}}}+\frac{3}{{2{b^2}}}=1（2）\end{array}\right.$
由（2）得6a²+3b²=4a²b²（3）
由（1）得b²=a²-1代入（3）得6a²+3（a²-1）=4a²（a²-1），
即4a⁴-13a²+3=0，即（4a²-1）（a²-3）=0a²=3，或${a^2}=\frac{1}{4}$
∵a²＞1，∴a²=3，得$a=\sqrt{3}$，
∴b²=2，$b=\sqrt{2}$，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）解法一：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)N（x₀，y₀），
直線AB的方程為y=k（x-1）（k≠0），
代入$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，整理得（3k²+2）x²-6k²x+3（k²-2）=0，
∵直線AB過(guò)橢圓的左焦點(diǎn)F，∴方程有兩個(gè)不等實(shí)根，
則${x_1}+{x_2}=\frac{{6{k^2}}}{{3{k^2}+2}}$，${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}-2）=-\frac{4k}{{3{k^2}+2}}$，
∴${x_0}=\frac{{3{k^2}}}{{3{k^2}+2}}$，${y_0}=-\frac{2k}{{3{k^2}+2}}$，
∴AB的垂直平分線NG的方程為$y+\frac{2k}{{3{k^2}+2}}=-\frac{1}{k}（x-\frac{{3{k^2}}}{{3{k^2}+2}}）$，
y=0時(shí)，${x_G}=\frac{k^2}{{3{k^2}+2}}=\frac{1}{3}-\frac{2}{{3（3{k^2}+2）}}$，
∵k≠0，∴3（3k²+2）＞6，$0＜\frac{2}{{3（3{k^2}+2）}}＜\frac{1}{3}$，$0＜\frac{1}{3}-\frac{2}{{3（3{k^2}+2）}}＜\frac{1}{3}$，
∴$0＜{x_G}＜\frac{1}{3}$．
解法二：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)N（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x_1^2}{3}+\frac{y_1^2}{2}=1（1）\\ \frac{x_2^2}{3}+\frac{y_2^2}{2}=1（2）\end{array}\right.$，（1）-（2）得$\frac{{（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）}}{3}+\frac{{（{y_1}-{y_2}）（{y_1}+{y_2}）}}{2}=0$，
斜率$k=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-\frac{{2（{x_1}+{x_2}）}}{{3（{y_1}+{y_2}）}}=-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}$，
又$k=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}$，∴$-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}$，
∴$2{x_0}（{x_0}-1）=-3y_0^2＜0$，得0＜x₀＜1，
∵（x₀，y₀）在橢圓內(nèi)，即$\frac{x_0^2}{3}+\frac{y_0^2}{2}＜1$，
將$y_0^2=-\frac{{2{x_0}（{x_0}-1）}}{3}$代入得$\frac{x_0^2}{3}+\frac{{{x_0}-x_0^2}}{3}＜1$，
解得x₀＜3
∴0＜x₀＜1，
則AB的垂直平分線為$y-{y_0}=\frac{{3{y_0}}}{{2{x_0}}}（x-{x_0}）$，y=0時(shí)，$x=\frac{1}{3}{x_0}∈（0，\frac{1}{3}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、線段垂直平分線的性質(zhì)、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．