Question

3．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，椭圆C上的动点到焦点距离的最小值为$\sqrt{2}$-1．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P为椭圆C上一点，若过点M（2，0）的直线l与椭圆C相交于不同的两点S和T，满足$\overrightarrow{OS}$$+\overrightarrow{OT}$=t$\overrightarrow{OP}$（O为坐标原点），求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆C的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$及椭圆C上的动点到焦点距离的最小值为$\sqrt{2}$-1列关于a，c的二元一次方程组，求解a，c的值，由隐含条件求出b，则椭圆C的方程可求；
（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，设出直线l方程为y=k（x-2），再设P（x₀，y₀），将直线方程代入椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0求得k的范围，利用根与系数关系结合$\overline{OS}+\overline{OT}=t\overline{OP}$，对t等于0和不等于0分类讨论，求出t与k的关系后由k得范围可得t的范围．

解答 解：（Ⅰ）由题意得$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$a=\sqrt{2}c$   ①，
又$a-c=\sqrt{2}-1$  ②，
由①、②解得$a=\sqrt{2}$，c=1．
∴$b=\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}=1$．
故所求椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x-2），
设P（x₀，y₀），将直线方程代入椭圆方程得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
∴△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）=-16k²+8＞0．
则${k}^{2}＜\frac{1}{2}$．
设S（x₁，y₁）、T（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
由$\overline{OS}+\overline{OT}=t\overline{OP}$，
当t=0，直线l为x轴，P点在椭圆上适合题意；
当t≠0，得$t{x}_{0}={x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
$t{y}_{0}={y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}-4）=\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}$．
∴${x}_{0}=\frac{1}{t}•\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{y}_{0}=\frac{1}{t}•\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}$．
将上式代入椭圆方程得：$\frac{32{k}^{4}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}+\frac{16{k}^{2}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}=1$，
整理得：${t}^{2}=\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$．
由${k}^{2}＜\frac{1}{2}$知，0＜t²＜4，
∴t∈（-2，0）∪（0，2）．
综上可得t∈（-2，2）．

点评 本题主要考查椭圆方程的求法，考查了直线与抛物线的位置关系的应用，直线与曲线联立，根据方程的根与系数的关系解题，是处理这类问题的最为常用的方法，但圆锥曲线的特点是计算量比较大，要求考生具备较强的运算推理的能力，是压轴题．