Question

17．在平面直角坐标系中，第一象限内的动点P（x，y）满足：
①与点A（1，1）、点B（-1，-1）连线斜率互为相反数；
②x+y＜$\frac{5}{2}$．
（1）求动点P的轨迹C₁的方程；
（2）若存在直线m与C₁和椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）均相切于同一点，求椭圆C₂离心率e的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由①可得$\frac{y-1}{x-1}=-\frac{y+1}{x+1}⇒xy=1\;（x≠±1）$，xy=1代入②得动点P的轨迹C₁的方程；
（2）直线m与C₁相切，可得切线方程，与椭圆方程联立，利用直线m与椭圆C₂相切于点$M（t，\frac{1}{t}）$，确定1＜t＜2，即可求椭圆C₂离心率e的取值范围．

解答 解：（1）由①可得$\frac{y-1}{x-1}=-\frac{y+1}{x+1}⇒xy=1\;（x≠±1）$
xy=1代入②得：x＞0，$\frac{1}{x}$＞0，x+$\frac{1}{x}$＜$\frac{5}{2}$，解得：$\frac{1}{2}＜x＜2$且x≠1
所以曲线C₁的方程为：y=$\frac{1}{x}$（$\frac{1}{2}＜x＜2$且x≠1）
（2）由题意，直线m与C₁相切，设切点为$M（t，\frac{1}{t}）$（$\frac{1}{2}＜t＜2$且t≠1）
则直线m的方程为$y-\frac{1}{t}={\left.{{{（{\frac{1}{x}}）}^′}}\right|_{x=t}}×（x-t）=-\frac{1}{t^2}（x-t）$，即$y=-\frac{1}{t^2}x+\frac{2}{t}$
联立$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{t^2}x+\frac{2}{t}\\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.⇒（{b^2}{t^4}+{a^2}）{x^2}-4{a^2}tx+{a^2}（4-{b^2}{t^2}）{t^2}=0$
由题意，直线m与椭圆C₂相切于点$M（t，\frac{1}{t}）$，
则△=16a⁴t²-4a²（b²t⁴+a²）（4-b²t²）t²=4a²b²t⁴（a²-4t²+b²t⁴）=0
即a²+b²t⁴=4t²
又$\frac{t^2}{a^2}+\frac{1}{{{b^2}{t^2}}}=1$即b²t⁴+a²=a²b²t²，联立得${b^2}=\frac{2}{t^2}，\;{a^2}=2{t^2}$
由$\frac{1}{2}＜t＜2$且t≠1以及a²＞b²得1＜t＜2，
故${e^2}=\frac{{{a^2}-{b^2}}}{a^2}=1-\frac{1}{t^4}⇒0＜{e^2}＜\frac{15}{16}$，又$0＜e＜1⇒0＜e＜\frac{{\sqrt{15}}}{4}$
所以椭圆C₂的离心率e的取值范围是$（0，\frac{{\sqrt{15}}}{4}）$．

点评 本题考查求椭圆C₂离心率e的取值范围，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．