Question

16．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，直線x+y+2=0與橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，以$\frac{\sqrt{6}}{2}$b為半徑的圓相切．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率與標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)M為橢圓C上一點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)N（3，0）的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，且滿足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{\;}OB$=t$\overrightarrow{OM}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：a=2c，b=$\sqrt{3}$c，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，根據(jù)圓的方程及點(diǎn)到直線的坐標(biāo)公式代入即可即可求得a和b的值，求得橢圓的方程；
（Ⅱ）由題意設(shè)直線方程y=k（x-3），代入橢圓方程，由△＞0，求得k的取值范圍，分類當(dāng)k=0時(shí)，t=0，$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{\;}OB$=t$\overrightarrow{OM}$成立，當(dāng)t≠0，由題意求得t與k的關(guān)系，即可求得t的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，
∴a=2c，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，b=$\sqrt{3}$c，
又一橢圓C的焦點(diǎn)為圓心，以$\frac{\sqrt{6}}{2}b$為半徑的圓的方程為（x-c）²+y²=$\frac{3}{2}^{2}$，
∴圓心（c，0）到直線x+y+2=0的距離d=$\frac{丨c+2丨}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$b，
∴c+2=3c，解得c=1，a=2，b=$\sqrt{3}$，
故橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，
（Ⅱ）由題意可知，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=k（x-3），M（x₀，y₀），
將直線方程代入橢圓方程得：（3+4k²）x²-24k²x+36k²-12=0，
∴△=576k⁴-4（3+4k²）（36k²-12）＞0，即5k²-3＜0，
∴k²＜$\frac{3}{5}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則：x₁+x₂=$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{36{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
當(dāng)k=0時(shí)，直線l的方程為y=0，此時(shí)t=0，$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{\;}OB$=t$\overrightarrow{OM}$成立，
當(dāng)t=0符合題意，
當(dāng)t≠0時(shí)，$\left\{\begin{array}{l}{t{x}_{0}={x}_{1}+{x}_{2}=\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}\\{t{y}_{0}={y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}-6）=-\frac{18}{3+4{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
∴x₀=$\frac{1}{t}$•$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y₀=$\frac{1}{t}$•$\frac{-18}{3+4{k}^{2}}$，
∴代入橢圓方程整理得：t²=$\frac{36{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=9-$\frac{27}{3+4{k}^{2}}$，
由k²＜$\frac{3}{5}$知0＜t²＜4，
∴t∈（-2，0）∪（0，2），
綜上可知：t∈（-2，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．