Question

14．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁、F₂，過點F₁且垂直于x軸的直線交橢圓C于A、B兩點，|AB|=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，△ABF₂為正三角形．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）記橢圓C的左、右頂點分別為D、E，過點D作直線l依次交橢圓C、直線x=$\sqrt{3}$于M、N兩點，若點M位于第一象限，求$\frac{|ME|}{|NE|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把x=-c代入橢圓C的方程可得：$y=±\frac{^{2}}{a}$，可得|AB|=$\frac{2^{2}}{a}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，于是|AF₁|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，由△ABF₂為正三角形，可得|AF₂|=2|AF₁|．利用2a=|AF₂|+|AF₁|，解得a．即可得出b²．
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x+$\sqrt{3}$），$0＜k＜\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$．與橢圓方程聯(lián)立解得M，E（ $\sqrt{3}$，0），利用兩點之間的距離公式可得|ME|，|NE|．進而得到可得$\frac{|ME|}{|NE|}$，通過換元利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）把x=-c代入橢圓C的方程可得：$y=±\frac{^{2}}{a}$，∴|AB|=$\frac{2^{2}}{a}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，∴|AF₁|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∵△ABF₂為正三角形，∴|AF₂|=2|AF₁|=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
∴2a=|AF₂|+|AF₁|=2$\sqrt{3}$，解得a=$\sqrt{3}$．∴b²=2，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）解：設(shè)直線l的方程為y=k（x+$\sqrt{3}$），$0＜k＜\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\sqrt{3}）}\\{2{x}^{2}+3{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，化為（2+3k²）x²+6$\sqrt{3}$k²x+9k²-6=0．
解得x_M=$\frac{2\sqrt{3}-3\sqrt{3}{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}$，
∴y_M=$\frac{4\sqrt{3}k}{2+3{k}^{2}}$．
∴M$（\frac{2\sqrt{3}-3\sqrt{3}{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}，\frac{4\sqrt{3}k}{2+3{k}^{2}}）$，
E（ $\sqrt{3}$，0），
∴|ME|=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{3}-3\sqrt{3}{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}-\sqrt{3}）^{2}+（\frac{4\sqrt{3}k}{2+3{k}^{2}}）^{2}}$=$\frac{2k\sqrt{27{k}^{2}+12}}{2+3{k}^{2}}$．
又N（ $\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$k），∴|NE|=2 $\sqrt{3}$k．
∴$\frac{|ME|}{|NE|}$=$\frac{\sqrt{9{k}^{2}+4}}{2+3{k}^{2}}$=f（k），
令2+3k²=t∈（2，4），$\frac{1}{t}$∈$（\frac{1}{4}，\frac{1}{2}）$．
f（k）=g（t）=$\frac{\sqrt{3t-2}}{t}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{9}{8}}$∈$[\frac{\sqrt{10}}{4}，1）$．
∴$\frac{|ME|}{|NE|}$的取值范圍是$[\frac{\sqrt{10}}{4}，1）$．

點評 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．