在平面直角坐标系 $xOy$ 中，$F_1$，$F_2$ 分别是椭圆 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$ 的左、右焦点，设不经过焦点 $F_1$ 的直线 $l$ 与椭圆交于两个不同的点 $A$，$B$，焦点 $F_2$ 到直线 $l$ 的距离为 $d$．如果直线 $AF_1$，$l$，$BF_1$ 的斜率依次成等差数列，求 $d$ 的取值范围．
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛（一试）
【标注】
【答案】
$\left(\sqrt 3,2\right)$
【解析】
根据已知，有 $F_1(-1,0)$，$F_2(1,0)$．
设 $l:y=kx+m$，$A\left(x_1,y_1\right)$，$B\left(x_2,y_2\right)$，则联立直线与椭圆方程得$$\left(2k^2+1\right)x^2+4kmx+2m^2-2=0,$$判别式\[\Delta=8\left(2k^2+1-m^2\right)>0,\]即$$2k^2+1>m^2.$$由题意直线 $AF_1$、$l$、$BF_1$ 的斜率成等差数列，得\[\dfrac{y_1}{x_1+1}+\dfrac{y_2}{x_2+1}=2k,\]将 $y_1=kx_1+m$，$y_2=kx_2+m$ 代入并整理得\[(m-k)\left(x_1+x_2+2\right)=0,\]由直线 $l$ 不经过 $F_1$ 点，舍去 $m-k=0$，于是\[x_1+x_2=-2,\]结合韦达定理有\[-\dfrac{4km}{2k^2+1}=-2,\]即$$m=k+\dfrac 1{2k}.$$由此可得 $k^2$ 的取值范围由\[2k^2+1>m^2=\left(k+\dfrac{1}{2k}\right)^2\]确定，即\[k^2>\dfrac 12.\]点 $F_2(1,0)$ 到直线 $l$ 的距离为\[d=\dfrac{|k+m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{\dfrac{k^2}{1+k^2}}\cdot\left(2+\dfrac{1}{2k^2}\right),\]结合 $k^2$ 的取值范围可得 $d$ 的取值范围为 $\left(\sqrt 3,2\right)$．
设 $l:y=kx+m$，$A\left(x_1,y_1\right)$，$B\left(x_2,y_2\right)$，则联立直线与椭圆方程得$$\left(2k^2+1\right)x^2+4kmx+2m^2-2=0,$$判别式\[\Delta=8\left(2k^2+1-m^2\right)>0,\]即$$2k^2+1>m^2.$$由题意直线 $AF_1$、$l$、$BF_1$ 的斜率成等差数列，得\[\dfrac{y_1}{x_1+1}+\dfrac{y_2}{x_2+1}=2k,\]将 $y_1=kx_1+m$，$y_2=kx_2+m$ 代入并整理得\[(m-k)\left(x_1+x_2+2\right)=0,\]由直线 $l$ 不经过 $F_1$ 点，舍去 $m-k=0$，于是\[x_1+x_2=-2,\]结合韦达定理有\[-\dfrac{4km}{2k^2+1}=-2,\]即$$m=k+\dfrac 1{2k}.$$由此可得 $k^2$ 的取值范围由\[2k^2+1>m^2=\left(k+\dfrac{1}{2k}\right)^2\]确定，即\[k^2>\dfrac 12.\]点 $F_2(1,0)$ 到直线 $l$ 的距离为\[d=\dfrac{|k+m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{\dfrac{k^2}{1+k^2}}\cdot\left(2+\dfrac{1}{2k^2}\right),\]结合 $k^2$ 的取值范围可得 $d$ 的取值范围为 $\left(\sqrt 3,2\right)$．
答案
解析
备注
