Question

9．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的两焦点F₁、F₂与短轴两端点构成四边形为正方形，又点M是C上任意一点，且△MF₁F₂的周长为2$\sqrt{2}$+2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点M（2，0）的直线与椭圆C相交于两点A、B，设P为椭圆E上一点，且满足$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$（O为坐标原点），当|AB|＜$\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$时，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）运用椭圆的定义和范围，可得2a+2c=2$\sqrt{2}$+2，b=c，a²-b²=c²，解方程可得a，b，即可得到椭圆方程；
（2）由题意知直AB的斜率存在．AB：y=k（x-2），将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用弦长公式即可求得k值取值范围，再结合向量的坐标运算利用点P在椭圆上，建立k与t的关系式，利用函数的单调性求出实数t取值范围，从而解决问题．

解答 解：（1）△MF₁F₂的周长是2$\sqrt{2}$+2，
即为|MF₁|+|MF₂|+|F₁F₂|=2a+2c=2$\sqrt{2}$+2，
由椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的两焦点F₁、F₂与短轴两端点构成四边形为正方形，
即有b=c，a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
则椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+$y²=1；
（2）由题意知直AB的斜率存在．
AB：y=k（x-2），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）
代入椭圆方程，得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
△=64k⁴-4（2k²+1）（8k²-2）＞0，k²＜$\frac{1}{2}$
∴x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∵|AB|＜$\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$，
∴$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$，
∴（1+k²）[（$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）²-4×$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$]＜$\frac{20}{9}$，
∴（4k²-1）（14k²+13）＞0，
∴k²＞$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{4}$＜k²＜$\frac{1}{2}$，
∵满足$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$，
∴（x₁+x₂，y₁+y₂）=t（x，y），
∴x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$=$\frac{1}{t}$•$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y=$\frac{1}{t}$•（y₁+y₂）=$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$，
∵点P在椭圆上，
∴（$\frac{1}{t}$•$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）²+2（$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$）²=2
∴16k²=t²（1+2k²）
∴t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$，
由于$\frac{1}{4}$＜k²＜$\frac{1}{2}$，
∴-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2
∴实数t取值范围为：-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查化简整理的运算求解能力，属于中档题．