Question

14．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最大值為$\sqrt{2}$+1，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若過(guò)點(diǎn)M（2，0）的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），當(dāng)|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$時(shí)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}{a+c=\sqrt{2}+1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，可得a、c的值，從而可得b²的值，代入橢圓的方程可得答案；
（Ⅱ）由題意分析可知，直線AB的斜率存在，從而設(shè)AB的方程為y=k（x-2），設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂）；聯(lián)立直線與橢圓的方程，可得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，令△＞0，解得k²的范圍，由韋達(dá)定理，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，又由$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，可得得（x₁+x₂，y₁+y₂，）=t（x，y）；由此可以表示x以及y，由于點(diǎn)P在橢圓上，代入橢圓方程化簡(jiǎn)可得16k²=t²（1+2k²），又由|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，可得$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，結(jié)合t與k的關(guān)系式，變形可得可得關(guān)于t的不等式，解可得答案．

解答 解：（Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}{a+c=\sqrt{2}+1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，可得a=$\sqrt{2}$，c=1；
從而b²=a²-c²=1，
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）由題意知，直線AB的斜率存在，
設(shè)AB的方程為y=k（x-2），A（x₁，y₁）B（x₂，y₂）；
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
根據(jù)條件可知△=（8k²）²-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，解得k²＜$\frac{1}{2}$，
由韋達(dá)定理，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
又由$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，得（x₁+x₂，y₁+y₂，）=t（x，y）；
所以$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}=\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}}\\{y=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}=\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}}\end{array}\right.$，
點(diǎn)P在橢圓上，得[$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$]²+2[$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$]²=2，化簡(jiǎn)可得16k²=t²（1+2k²），即t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
又由|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，得$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即得$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
變形可得，（1+k²）[$\frac{64{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$-4×$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$]＜$\frac{20}{9}$，
化簡(jiǎn)可得（4k²-1）（14k²+13）＞0，
解可得k²＞$\frac{1}{4}$，所以$\frac{1}{4}$＜k²＜$\frac{1}{2}$
，而t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$，得$\frac{8}{3}$＜8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$＜4，
解可得-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2，
所以實(shí)數(shù)t的范圍為（-2，-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）∪（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線方程的綜合運(yùn)用，解題時(shí)一般要聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，根據(jù)題意，結(jié)合韋達(dá)定理進(jìn)行計(jì)算分析．