Question

5．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上一點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為B，F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，若AF⊥BF，設(shè)∠ABF=θ，且θ∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{3}$]，則該橢圓離心率e的取值范圍為[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{3}$-1]．

Answer 1

分析 設(shè)點(diǎn)A（acosα，bsinα），從而可得（-c-acosα，-bsinα）（-c+acosα，bsinα）=0，從而化簡(jiǎn)可得cosα=$\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}$，而sinθ=$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$，從而可得$\frac{1}{2}$≤$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$，從而可得$\left\{\begin{array}{l}{2-\frac{1}{{e}^{2}}≥0}\\{\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}≤\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，從而求得．

解答 解：設(shè)點(diǎn)A（acosα，bsinα），則B（-acosα，-bsinα）（0≤α≤$\frac{π}{2}$）；
F（-c，0）；
∵AF⊥BF，
∴$\overrightarrow{AF}$•$\overrightarrow{BF}$=0，
即（-c-acosα，-bsinα）（-c+acosα，bsinα）=0，
故c²-a²cos²α-b²sin²α=0，
cos²α=$\frac{{c}^{2}-^{2}}{{c}^{2}}$=2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故cosα=$\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}$，
而|AF|=$\sqrt{（c+acosα）^{2}+^{2}si{n}^{2}α}$，
|AB|=$\sqrt{4{a}^{2}co{s}^{2}α+4^{2}si{n}^{2}α}$=2c，
而sinθ=$\frac{\sqrt{2{c}^{2}+2accosα}}{2c}$
=$\sqrt{\frac{2{c}^{2}+2accosα}{4{c}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$，
∵θ∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{3}$]，
∴sinθ∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]，
∴$\frac{1}{2}$≤$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2e}$$\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}$≤$\frac{3}{4}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2-\frac{1}{{e}^{2}}≥0}\\{\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}≤\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{e≥\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{2-\frac{1}{{e}^{2}}≤\frac{{e}^{2}}{4}}\end{array}\right.$，
解得，$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤e≤$\sqrt{3}$-1；
故答案為：[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{3}$-1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用及平面向量的應(yīng)用，同時(shí)考查了三角函數(shù)的應(yīng)用．