Question

11．已知橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}$=1，
（1）若橢圓上存在兩點(diǎn)A，B關(guān)于直線y=-2x+1對稱，求直線AB的方程；
（2）過$P（\sqrt{2}，5\sqrt{2}）$的直線l交橢圓于M，N兩點(diǎn)，求|PM|•|PN|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令A(yù)（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)（x₀，y₀），利用點(diǎn)差法能求出直線AB的方程．
（2）令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+2{y^2}=4}\\{y=k（x-\sqrt{2}）+5\sqrt{2}}\end{array}}\right.$，得$（1+2{k^2}）{x^2}+4\sqrt{2}k（5-k）x+4（{k^2}-10k+24）=0$，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識，結(jié)合已知條件能求出|PM|•|PN|的取值范圍．

解答 解：（1）令A(yù)（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點(diǎn)（x₀，y₀），
點(diǎn)A，B在橢圓上，有$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{2}=1}\\{\frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{2}=1}\end{array}}\right.$，
∴$\frac{{（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）}}{4}+\frac{{（{y_1}-{y_2}）（{y_1}+{y_2}）}}{2}=0$，
由${x_1}+{x_2}=2{x_0}，{y_1}+{y_2}=2{y_0}，\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}$，
得$\frac{x_0}{4}+\frac{1}{2}•\frac{y_0}{2}=0$，$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}+{y_0}=0}\\{{y_0}=-2{x_0}+1}\end{array}}\right.$，得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}=1}\\{{y_0}=-1}\end{array}}\right.$，
因?yàn)锳B中點(diǎn)（1，-1）在橢圓內(nèi)，所以直線AB存在，
直線AB的方程是$y=\frac{1}{2}（x-1）-1$，即x-2y-3=0．
（2）令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+2{y^2}=4}\\{y=k（x-\sqrt{2}）+5\sqrt{2}}\end{array}}\right.$，得$（1+2{k^2}）{x^2}+4\sqrt{2}k（5-k）x+4（{k^2}-10k+24）=0$，
△=16（k²+10k-24）＞0，得k＜-12或k＞2，
由韋達(dá)定理得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=\frac{{-4\sqrt{2}k（5-k）}}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{4（{k^2}-10k+24）}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$，
$|{PM}|•|{PN}|=（1+{k^2}）|{{x_1}-\sqrt{2}}|•|{{x_2}-\sqrt{2}}|=（1+{k^2}）[{x_1}{x_2}-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+2]$
=$\frac{{98（{k^2}+1）}}{{1+2{k^2}}}=49（1+\frac{1}{{1+2{k^2}}}）∈（49，\frac{490}{9}）$．
∴|PM|•|PN|的取值范圍是（49，$\frac{490}{9}$）．

點(diǎn)評 本題考查直線方程的求法，考查兩線段長的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．