Question

10．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过直线l：x-y+1=0与y轴的交点A．
（1）若椭圆C的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，求直线l被椭圆C所截得的弦的长度；
（2）若椭圆上总存在不同的两点关于直线l对称，求其离心率e的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由x-y+1=0，令x=0，解得y=1．可得直线l：x-y+1=0与y轴的交点A（0，1）．可得b=1，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，解出即可得出椭圆的标准方程．设直线l被椭圆C所截得的弦为AB，直线方程与椭圆方程联立解出交点，再利用两点之间的距离公式即可得出．
（2）设与直线l：x-y+1=0垂直的直线m：y=-x+t，与椭圆相交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）两点，且此两点关于直线l对称，线段MN的中点为P（x₀，y₀）．与椭圆方程联立化为：（a²+b²）x²-2a²tx+a²t²-a²b²=0，由于直线m与椭圆相交于不同两点，可得△＞0，利用根与系数的关系及其中点坐标公式可得：x₀，y₀．代入直线l的方程可得：t=$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{{b}^{2}-{a}^{2}}$．代入△＞0，b=1，化为：a²＞3．利用e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$即可得出．

解答 解：（1）由x-y+1=0，令x=0，解得y=1．
∴直线l：x-y+1=0与y轴的交点A（0，1）．
∴b=1，
又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，
解得c=1，a²=2．
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
设直线l被椭圆C所截得的弦为AB，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x-y+1=0}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：3x²+4x=0，
解得x=0或$-\frac{4}{3}$，
可得A（0，1），B$（-\frac{4}{3}，-\frac{1}{3}）$．
∴|AB|=$\sqrt{（0+\frac{4}{3}）^{2}+（1+\frac{1}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
（2）设与直线l：x-y+1=0垂直的直线m：y=-x+t，与椭圆相交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）两点，且此两点关于直线l对称，线段MN的中点为P（x₀，y₀）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化为：（a²+b²）x²-2a²tx+a²t²-a²b²=0，
∵直线m与椭圆相交于不同两点，
∴△=4a⁴t²-4（a²+b²）（a²t²-a²b²）＞0，
化为：t²＜a²+b²．
∴x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}t}{{a}^{2}+{b}^{2}}$=2x₀，
解得x₀=$\frac{{a}^{2}t}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．∴y₀=-x₀+t=$\frac{{b}^{2}t}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．
代入直线l的方程可得：$\frac{{a}^{2}t}{{a}^{2}+{b}^{2}}$-$\frac{{b}^{2}t}{{a}^{2}+{b}^{2}}$+1=0．
化为：t=$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{{b}^{2}-{a}^{2}}$．
代入△＞0，可得：$（\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{{b}^{2}-{a}^{2}}）^{2}$＜a²+b²，
已知b=1，
化为：a²＞3．
∴e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$＞$\frac{\sqrt{6}}{3}$，又0＜e＜1，
∴$\frac{\sqrt{6}}{3}＜e＜1$．
∴离心率e的取值范围是$（\frac{\sqrt{6}}{3}，1）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、对称性问题、一元二次方程的实数根与判别式的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．