Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（1，0），離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若過點(diǎn)M（2，0）作直線與橢圓C相交于兩點(diǎn)G，H，設(shè)P為橢圓C上動(dòng)點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{OG}$+$\overrightarrow{OH}$=t$\overrightarrow{OP}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．當(dāng)t≥1時(shí)，求△OGH面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知c=1，根據(jù)橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$，即可求得a的值，再利用a²=b²+c²，解得b的值，即可求得橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線方程及點(diǎn)G和H的坐標(biāo)，并將直線方程代入橢圓方程求得關(guān)于y的一元二次方程，利用韋達(dá)定理求得丨y₁-y₂丨的表達(dá)式，由$\overrightarrow{OG}$+$\overrightarrow{OH}$=t$\overrightarrow{OP}$，求得P點(diǎn)坐標(biāo)，并代入橢圓方程，求得m的取值范圍，利用三角形的面積公式，求得△OGH面積S，并根據(jù)m的取值范圍，及函數(shù)單調(diào)性求得△OGH面積S的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：c=1，由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a=$\sqrt{2}$，
a²=b²+c²，解得b=1，
故橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)過點(diǎn)M的直線方程為x=my+2，
G，H兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
將直線方程代入橢圓方程整理得：（m²+2）y²+4my+2=0，△=8m²-16＞0⇒m²＞2，
由韋達(dá)定理可知y₁+y₂=-$\frac{4m}{{m}^{2}+2}$，y₁•y₂=$\frac{2}{{m}^{2}+2}$，
由丨y₁-y₂丨=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（-\frac{4m}{2+{m}^{2}}）^{2}-\frac{8}{2+{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}-2}}{2+{m}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OG}$+$\overrightarrow{OH}$=t$\overrightarrow{OP}$點(diǎn)P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}$），
點(diǎn)P在橢圓上，（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$）²+2（$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}$）²=2，化簡整理得：[m（y₁+y₂）+4]²+2（y₁+y₂）²=2t²，
將y₁+y₂=-$\frac{4m}{{m}^{2}+2}$，整理得：m²=$\frac{16}{{t}^{2}}$-2，
∵t≥1，
∴2≤m²≤14，
S_△OGH=$\frac{1}{2}$•2•丨y₁-y₂丨=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}-2}}{2+{m}^{2}}$，
令$\sqrt{{m}^{2}-2}$=t，t∈（0，2$\sqrt{3}$]，
∴S_△OGH=$\frac{2\sqrt{2}t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{2}}{t+\frac{4}{t}}$，$\frac{4}{t}$
令g（t）=t+$\frac{4}{t}$，g（t）在（0，2]上單調(diào)遞減，在[2，2$\sqrt{3}$]單調(diào)遞增，
∴0＜S_△OGH≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
△OGH面積S的取值范圍（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查了直線和橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用、韋達(dá)定理及弦長公式的應(yīng)用，考查分析問題及解決問題得能力，屬于中檔題．