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    5．已知F1，F2分别是长轴长为2$\sqrt{2}$的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点，A1，A2是椭圆C的左右顶点，P为椭圆上异于A1，A2的一个动点，O为坐标原点，点M为线段PA2的中点，且直线PA2与OM的斜率之积恒为-$\frac{1}{2}$．
    （Ⅰ）求椭圆C的方程；
    （Ⅱ）设过点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，点N横坐标的取值范围是（-$\frac{1}{4}$，0），求线段AB长的取值范围．

    分析 （Ⅰ）利用椭圆Q的长轴长为2$\sqrt{2}$，求出a=$\sqrt{2}$，设P（x0，y0），通过直线PA与OM的斜率之积恒为，-$\frac{1}{2}$．化简求出b，即可得到椭圆方程；
    （Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，由此利用韦达定理、中点坐标公式、直线方程、弦长公式，能求出线段AB长的取值范围．

    解答 解：（Ⅰ）由题意可知2a=2$\sqrt{2}$，则a=$\sqrt{2}$，设P（x0，y0），
    ∵直线PA与OM的斜率之积恒为-$\frac{1}{2}$，∴$\frac{\frac{{y}_{0}}{2}}{\frac{{x}_{0}+\sqrt{2}}{2}}$×$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
    ∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1，
    ∴b=1，
    椭圆C的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
    （Ⅱ）设直线l：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2），
    联立直线与椭圆方程：$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得：（2k2+1）x2+4k2x+2k2-2=0，
    则x1+x2=-$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x1x2=$\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
    则y1+y2=k（x1+x2+2）=$\frac{2k}{2{k}^{2}+1}$，
    ∴AB中点Q（-$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，$\frac{k}{2{k}^{2}+1}$），
    QN直线方程为：y-$\frac{k}{2{k}^{2}+1}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$）=-$\frac{1}{k}$x-$\frac{2k}{2{k}^{2}+1}$，
    ∴N（-$\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，0），由已知得-$\frac{1}{4}$＜-$\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$＜0，
    ∴0＜2k2＜1，
    ∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}-4×\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}}$
    =$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{1+{k}^{2}}}{2{k}^{2}+1}$=$\sqrt{2}$（1+$\frac{1}{2{k}^{2}+1}$），
    ∵$\frac{1}{2}$＜＜12k2+1＜1，
    ∴|AB|∈（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，2$\sqrt{2}$），
    线段AB长的取值范围（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，2$\sqrt{2}$）．

    点评 本题考查椭圆方程、线段长的取值范围的求法，考查椭圆、直线与椭圆的位置关系的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想，解题时要注意韦达定理、中点坐标公式、直线方程、弦长公式的合理运用，属于中档题．

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