8.設(shè)F1、F2分別為橢圓Γ:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1(a>b>0)的左、右兩個焦點,若橢圓上一點M(1,$\frac{3}{2}$)到兩個焦點的距離之和等于4.又已知點A是橢圓的右頂點,直線l交橢圓Γ于E、F兩點(E、F與A點不重合),且滿足AE⊥AF.
(Ⅰ) 求橢圓的標準方程;
(Ⅱ) O為坐標原點,若點P滿足2$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OE}$+$\overrightarrow{OF}$,求直線AP的斜率的取值范圍.

分析 (Ⅰ)由題意可得a=2,c=1,由a,b,c的關(guān)系可得b,進而得到橢圓方程;
(Ⅱ)設(shè)直線AE的方程為y=k(x-2),代入橢圓方程,運用韋達定理,可得E的坐標,由兩直線垂直可得F的坐標,再由直線的斜率公式,結(jié)合基本不等式即可得到斜率的最值,進而得到所求范圍.

解答 解:(Ⅰ)依題意,可得2a=4,即a=2,又點$M(1,\frac{3}{2})$在橢圓上,
將點M(1,$\frac{3}{2}$)代入橢圓方程可知$\frac{1}{4}+\frac{{\frac{9}{4}}}{b^2}=1$,
解得:b2=3,
∴橢圓Γ的標準方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$;…(3分)
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知A(2,0),設(shè)直線AE的方程為y=k(x-2),
$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-2)}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$,整理得:(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0,
由韋達定理可知:2+xE=$\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$,可得xE=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$,
yE=k(xE-2)=$\frac{-12k}{3+4{k}^{2}}$,
由于AE⊥AF,只要將上式的k換為-$\frac{1}{k}$,
可得xF=$\frac{8-6{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$,yF=$\frac{12k}{4+3{k}^{2}}$,
由2$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OE}$+$\overrightarrow{OF}$,可得P為EF的中點,
即有P($\frac{14{k}^{2}}{(4+3{k}^{2})(3+4{k}^{2})}$,$\frac{6k({k}^{2}-1)}{(4+3{k}^{2})(3+4{k}^{2})}$),
則直線AP的斜率為t=$\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}-2}$=$\frac{k(1-{k}^{2})}{4{k}^{4}+4+6{k}^{2}}$,
當k=0時,t=0;
當k≠0時,t=$\frac{\frac{1}{k}-k}{4({k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}})+6}$,
再令s=$\frac{1}{k}-k$,可得t=$\frac{s}{4{s}^{2}+14}$,
當s=0時,t=0;當s>0時,t=$\frac{1}{4s+\frac{14}{s}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{56}}$=$\frac{\sqrt{14}}{56}$,
當且僅當4s=$\frac{14}{s}$時,取得最大值;
當s<0時,t=$\frac{1}{4s+\frac{14}{s}}$≥-$\frac{\sqrt{14}}{56}$,
綜上可得:直線AP的斜率的取值范圍是[-$\frac{\sqrt{14}}{56}$,$\frac{\sqrt{14}}{56}$].

點評 本題考查橢圓的方程的求法,考查直線和橢圓方程聯(lián)立,運用韋達定理,考查直線的斜率的取值范圍的求法,注意運用基本不等式,考查運算能力,屬于中檔題.

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