Question

6．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点与短轴的两个端点构成一个面积为1的直角三角形．
（Ⅰ）求椭圆E的方程．
（Ⅱ）设过点M（0，t）（t＞0）的直线l与椭圆E相交于A、B两点，点M关于原点的对称点为N，若点N总在以线段AB为直径的圆内，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆E的方程；
（2）当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=0，|AB|=2，点M在椭圆内，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²+4ktx+2t²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、由此能求出t的取值范围．

解答 解：（1）由题意，$\left\{\begin{array}{l}{b=c}\\{bc=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1．
∴椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x=0，
此时，A，B为椭圆的上下顶点，且|AB|=2，
∵点N总在以线段AB为直径的圆内，且t＞0，
∴0＜t＜1，∴点M在椭圆内，
由方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²+4ktx+2t²-2=0，
∵直线l与椭圆E有两个公共点，
∴△=（4kt）²-4（2k²+1）（2t²-2）＞0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4kt}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{t}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
设AB的中点G（x₀，y₀），
则${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{-2kt}{2{k}^{2}+1}$，${y}_{0}=k{x}_{0}+t=\frac{t}{2{k}^{2}+1}$，
∴G（$\frac{-2kt}{2{k}^{2}+1}$，$\frac{t}{2{k}^{2}+1}$），
∴|NG|=$\sqrt{（\frac{-2kt}{2{k}^{2}+1}）^{2}+（\frac{t}{2{k}^{2}+1}+t）^{2}}$=$\frac{t\sqrt{4{k}^{4}+12{k}^{2}+4}}{2{k}^{2}+1}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{2{k}^{2}+1-{t}^{2}}}{2{k}^{2}+1}$，
∵点N总位于以线段AB为直径的圆内，
∴|NG|＜$\frac{|AB|}{2}$对于k∈R恒成立，
∴$\frac{t\sqrt{4{k}^{4}+12{k}^{2}+4}}{2{k}^{2}+1}$＜$\sqrt{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{2{k}^{2}+1-{t}^{2}}}{2{k}^{2}+1}$，
化简，得2t²k⁴+7t²k²+3t²＜2k⁴+3k²+1，
整理，得t²＜$\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+3}$，
而g（k）=$\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}+3}$=1-$\frac{2}{{k}^{2}+3}$≥1-$\frac{2}{3}$=$\frac{1}{3}$，
当且仅当k=0时，等号成立，
∴t²＜$\frac{1}{3}$，由t＞0，．解得0＜t＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴t的取值范围是（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数值的求法，关键是注意椭圆性质的合理运用，是中档题．