Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，連接橢圓四個(gè)頂點(diǎn)形成的四邊形面積為4$\sqrt{2}$，
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)A（1，0）的直線與橢圓C交于點(diǎn)M，N，設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，且$\overrightarrow{OM}$+$\overrightarrow{ON}$=t$\overrightarrow{OP}$（t≠0，O為坐標(biāo)原點(diǎn)），當(dāng)|$\overrightarrow{OM}$-$\overrightarrow{ON}$|＜$\frac{4\sqrt{5}}{3}$時(shí)，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率和橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)形成四邊形面積便可得出$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{2ab=4\sqrt{2}}\end{array}\right.$，從而可以解出a²=4，b²=2，從而便可得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)A的直線可能不存在斜率，可能存在斜率，從而分這兩種情況求t的取值范圍：不存在斜率時(shí)，方程便是x=1，容易求出t=±1；而存在斜率時(shí)，可設(shè)直線方程為y=k（x-1），聯(lián)立橢圓的方程可消去y得到，（2k²+1）x²-4k²x+2k²-4=0，可設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x，y），根據(jù)韋達(dá)定理便可求出${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2k}{2（2{k}^{2}+1）}$，根據(jù)$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=t\overrightarrow{OP}$可以求出x，y，根據(jù)P點(diǎn)在橢圓上，便可建立關(guān)于k，t的方程，可解出${t}^{2}=\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，而根據(jù)條件$|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON}|＜\frac{4\sqrt{5}}{3}$便可求出k²的范圍，從而得出t的范圍，合并t=±1即可得出t的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）根據(jù)條件得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{2ab=4\sqrt{2}}\\{c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}\end{array}\right.$；
解得a²=4，b²=2；
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為，$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）①過點(diǎn)A的直線不存在斜率時(shí)，方程為x=1，則由：$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$得，$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\frac{\sqrt{6}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=-\frac{\sqrt{6}}{2}}\end{array}\right.$；
∴M（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），N（1，$-\frac{\sqrt{6}}{2}$），P（$\frac{2}{t}，0$）；
P點(diǎn)在橢圓上；
∴$\frac{1}{{t}^{2}}=1$；
∴t=±1；
$|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON}|=\sqrt{6}＜\frac{4\sqrt{5}}{3}$；
即t可以取到±1；
②過點(diǎn)A的直線存在斜率時(shí)，設(shè)為y=k（x-1），設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x，y）；
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$得，（2k²+1）x²-4k²x+2k²-4=0，則：
△=16k⁴-4（2k²+1）（2k²-4）＞0，化簡(jiǎn)得24k²+16＞0，該不等式恒成立；
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2k}{2{k}^{2}+1}$；
∴由$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=t\overrightarrow{OP}$得：$x=\frac{4{k}^{2}}{t（2{k}^{2}+1）}，y=-\frac{2k}{t（2{k}^{2}+1）}$；
點(diǎn)P在橢圓上；
∴$\frac{4{k}^{4}}{{t}^{2}（2{k}^{2}+1）^{2}}+\frac{2{k}^{2}}{{t}^{2}（2{k}^{2}+1）^{2}}=1$；
∴${t}^{2}=\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$；
由$|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON}|＜\frac{4\sqrt{5}}{3}$得：$\sqrt{1+{k}^{2}}[{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]＜\frac{4\sqrt{5}}{3}$；
∴$（1+{k}^{2}）[\frac{16{k}^{4}}{（2{k}^{2}+1）^{2}}-\frac{8{k}^{2}-16}{2{k}^{2}+1}]＜\frac{80}{9}$；
整理得，13k⁴-5k²-8＞0；
∴（13k²+8）（k²-1）＞0；
∴k²＞1；
∴2k²+1＜3k²；
∴$\frac{{2k}^{2}}{2{k}^{2}+1}＞\frac{2}{3}$；
∴${t}^{2}＞\frac{2}{3}$；
∴t$＜-\frac{\sqrt{6}}{3}$，或$t＞\frac{\sqrt{6}}{3}$；
綜上得t的取值范圍為{t|$t＜-\frac{\sqrt{6}}{3}$，或t$＞\frac{\sqrt{6}}{3}$}．

點(diǎn)評(píng) 考查橢圓的離心率的概念及求法，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，a²=b²+c²，以及過一點(diǎn)的直線要考慮斜率不存在的情況，直線的點(diǎn)斜式方程，向量坐標(biāo)的加法、減法及數(shù)乘運(yùn)算，韋達(dá)定理，分解因式解高次不等式．