Question

14．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上的点到焦点距离的最大值为$\sqrt{2}$+1，离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若过点M（2，0）的直线与椭圆C交于A，B两点，设P为椭圆上一点，且满足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$（O为坐标原点），当|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$时，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意知$\left\{\begin{array}{l}{a+c=\sqrt{2}+1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，可得a、c的值，从而可得b²的值，代入椭圆的方程可得答案；
（Ⅱ）由题意分析可知，直线AB的斜率存在，从而设AB的方程为y=k（x-2），设A（x₁，y₁）B（x₂，y₂）；联立直线与椭圆的方程，可得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，令△＞0，解得k²的范围，由韦达定理，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，又由$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，可得得（x₁+x₂，y₁+y₂，）=t（x，y）；由此可以表示x以及y，由于点P在椭圆上，代入椭圆方程化简可得16k²=t²（1+2k²），又由|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，可得$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，结合t与k的关系式，变形可得可得关于t的不等式，解可得答案．

解答 解：（Ⅰ）由题意知$\left\{\begin{array}{l}{a+c=\sqrt{2}+1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，可得a=$\sqrt{2}$，c=1；
从而b²=a²-c²=1，
所以椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）由题意知，直线AB的斜率存在，
设AB的方程为y=k（x-2），A（x₁，y₁）B（x₂，y₂）；
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
根据条件可知△=（8k²）²-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，解得k²＜$\frac{1}{2}$，
由韦达定理，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
又由$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，得（x₁+x₂，y₁+y₂，）=t（x，y）；
所以$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}=\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}}\\{y=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}=\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}}\end{array}\right.$，
点P在椭圆上，得[$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$]²+2[$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$]²=2，化简可得16k²=t²（1+2k²），即t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
又由|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，得$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即得$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$＜$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
变形可得，（1+k²）[$\frac{64{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$-4×$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$]＜$\frac{20}{9}$，
化简可得（4k²-1）（14k²+13）＞0，
解可得k²＞$\frac{1}{4}$，所以$\frac{1}{4}$＜k²＜$\frac{1}{2}$
，而t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$，得$\frac{8}{3}$＜8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$＜4，
解可得-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2，
所以实数t的范围为（-2，-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）∪（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，2）．

点评 本题考查直线与圆锥曲线方程的综合运用，解题时一般要联立直线与圆锥曲线的方程，根据题意，结合韦达定理进行计算分析．