Question

17．在平面直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足：
①與點(diǎn)A（1，1）、點(diǎn)B（-1，-1）連線斜率互為相反數(shù)；
②x+y＜$\frac{5}{2}$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C₁的方程；
（2）若存在直線m與C₁和橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）均相切于同一點(diǎn)，求橢圓C₂離心率e的取值范圍．

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得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C₁的方程；
（2）直線m與C₁相切，可得切線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用直線m與橢圓C₂相切于點(diǎn)$M（t，\frac{1}{t}）$，確定1＜t＜2，即可求橢圓C₂離心率e的取值范圍．

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
所以曲線C₁的方程為：y=$\frac{1}{x}$（$\frac{1}{2}＜x＜2$且x≠1）
（2）由題意，直線m與C₁相切，設(shè)切點(diǎn)為$M（t，\frac{1}{t}）$（$\frac{1}{2}＜t＜2$且t≠1）
則直線m的方程為$y-\frac{1}{t}={\left.{{{（{\frac{1}{x}}）}^′}}\right|_{x=t}}×（x-t）=-\frac{1}{t^2}（x-t）$，即$y=-\frac{1}{t^2}x+\frac{2}{t}$
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{t^2}x+\frac{2}{t}\\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.⇒（{b^2}{t^4}+{a^2}）{x^2}-4{a^2}tx+{a^2}（4-{b^2}{t^2}）{t^2}=0$
由題意，直線m與橢圓C₂相切于點(diǎn)$M（t，\frac{1}{t}）$，
則△=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，聯(lián)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$0＜e＜1⇒0＜e＜\frac{{\sqrt{15}}}{4}$
所以橢圓C₂的離心率e的取值范圍是$（0，\frac{{\sqrt{15}}}{4}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求橢圓C₂離心率e的取值范圍，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．