1.已知橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1,F(xiàn)1,F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點,A為橢圓的右頂點,B為橢圓的上頂點.若在線段AB(不含端點)上存在不同的兩個點A1,A2,使得△F1A1F2和△F1A2F2均為以F1F2為斜邊的直角三角形,則橢圓的離心率的取值范圍為( 。
A.($\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$)B.($\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,1)C.(0,$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$)D.($\frac{\sqrt{2}}{2}$,1)

分析 由題意作圖輔助,從而可轉(zhuǎn)化為以F1F2為直徑的圓與線段AB有兩個交點(不含端點),從而化為c<b且圓心到直線bx+ay-ab=0的距離d<c,從而解得.

解答 解:由題意作圖如右,
若△F1A1F2和△F1A2F2均為以F1F2為斜邊的直角三角形,
則以F1F2為直徑的圓與線段AB有兩個交點(不含端點),
故c<b,故e<$\frac{\sqrt{2}}{2}$;
∵直線AB的方程為$\frac{x}{a}$+$\frac{y}$=1,即bx+ay-ab=0,
∴圓心到直線bx+ay-ab=0的距離d=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$<c,
即ab<c$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$,
即a4-3a2c2+c4<0,
即1-3e2+e4<0,
故$\frac{3-\sqrt{5}}{2}$<e2<$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$;
故$(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^{2}$<e2<$(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^{2}$;
故$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$<e<$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$,
故e∈($\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$),
故選:A.

點評 本題考查了橢圓與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用及數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用,同時考查了轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用.

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(1)求橢圓C的方程;
(2)在x軸上是否存在點Q,使得過Q的直線與橢圓C交于A、B兩點,且滿足$\frac{1}{Q{A}^{2}}$+$\frac{1}{Q{B}^{2}}$為定值?若存在,請求出定值,并求出點Q的坐標;若不存在,請說明理由.

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(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項公式an;
(Ⅱ)設(shè)bn=2${\;}^{{a}_{n}}$,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn

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