Question

6．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點與短軸的兩個端點構(gòu)成一個面積為1的直角三角形．
（Ⅰ）求橢圓E的方程．
（Ⅱ）設過點M（0，t）（t＞0）的直線l與橢圓E相交于A、B兩點，點M關于原點的對稱點為N，若點N總在以線段AB為直徑的圓內(nèi)，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓E的方程；
（2）當直線l的斜率不存在時，l的方程為x=0，|AB|=2，點M在橢圓內(nèi)，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²+4ktx+2t²-2=0，由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式、由此能求出t的取值范圍．

解答 解：（1）由題意，$\left\{\begin{array}{l}{b=c}\\{bc=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）當直線l的斜率不存在時，由題意知l的方程為x=0，
此時，A，B為橢圓的上下頂點，且|AB|=2，
∵點N總在以線段AB為直徑的圓內(nèi)，且t＞0，
∴0＜t＜1，∴點M在橢圓內(nèi)，
由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²+4ktx+2t²-2=0，
∵直線l與橢圓E有兩個公共點，
∴△=（4kt）²-4（2k²+1）（2t²-2）＞0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4kt}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{t}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
設AB的中點G（x₀，y₀），
則${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{-2kt}{2{k}^{2}+1}$，${y}_{0}=k{x}_{0}+t=\frac{t}{2{k}^{2}+1}$，
∴G（$\frac{-2kt}{2{k}^{2}+1}$，$\frac{t}{2{k}^{2}+1}$），
∴|NG|=$\sqrt{（\frac{-2kt}{2{k}^{2}+1}）^{2}+（\frac{t}{2{k}^{2}+1}+t）^{2}}$=$\frac{t\sqrt{4{k}^{4}+12{k}^{2}+4}}{2{k}^{2}+1}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{2{k}^{2}+1-{t}^{2}}}{2{k}^{2}+1}$，
∵點N總位于以線段AB為直徑的圓內(nèi)，
∴|NG|＜$\frac{|AB|}{2}$對于k∈R恒成立，
∴$\frac{t\sqrt{4{k}^{4}+12{k}^{2}+4}}{2{k}^{2}+1}$＜$\sqrt{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{2{k}^{2}+1-{t}^{2}}}{2{k}^{2}+1}$，
化簡，得2t²k⁴+7t²k²+3t²＜2k⁴+3k²+1，
整理，得t²＜$\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+3}$，
而g（k）=$\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+3}$=1-$\frac{2}{{k}^{2}+3}$≥1-$\frac{2}{3}$=$\frac{1}{3}$，
當且僅當k=0時，等號成立，
∴t²＜$\frac{1}{3}$，由t＞0，．解得0＜t＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴t的取值范圍是（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的實數(shù)值的求法，關鍵是注意橢圓性質(zhì)的合理運用，是中檔題．