Question

20．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直線y=x+1經(jīng)過(guò)橢圓C的左焦點(diǎn)．
（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$\overrightarrow{OP}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （ I）直線y=x+1與x軸交點(diǎn)為（-1，0），即橢圓的左焦點(diǎn)，可得c=1．又$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b²=a²-c²．即可得出．
（Ⅱ）由題意知直線AB的斜率存在．設(shè)直線ABd的方程：y=k（k-2），與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．利用△＞0，解得k²$＜\frac{1}{2}$．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）．利用根與系數(shù)的關(guān)系及$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，可得P坐標(biāo)，代入橢圓方程即可得出．

解答 解：（ I）直線y=x+1與x軸交點(diǎn)為（-1，0），即橢圓的左焦點(diǎn)，∴c=1．
又$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a=$\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1．
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）由題意知直線AB的斜率存在．
設(shè)直線ABd的方程：y=k（k-2），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．
△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，解得k²$＜\frac{1}{2}$．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y），
則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，
∴x₁+x₂=tx，y₁+y₂=ty．
x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$=$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$，
y=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}$=$\frac{1}{t}[k（{x}_{1}+{x}_{2}）-4k]$=$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$．
∵點(diǎn)P在橢圓上，∴$\frac{（8{k}^{2}）^{2}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}$+2$\frac{（-4k）^{2}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}$=2，
∴16k²=t²（1+2k²），
k²$＜\frac{1}{2}$，
∴t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{16}{\frac{1}{{k}^{2}}+2}$$＜\frac{16}{2+2}$=4，
解得-2＜t＜2．，
∴t的取值范圍是為（-2，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量坐標(biāo)運(yùn)算、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．