Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，橢圓C上的動點到焦點距離的最小值為$\sqrt{2}$-1．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設P為橢圓C上一點，若過點M（2，0）的直線l與橢圓C相交于不同的兩點S和T，滿足$\overrightarrow{OS}$$+\overrightarrow{OT}$=t$\overrightarrow{OP}$（O為坐標原點），求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓C的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$及橢圓C上的動點到焦點距離的最小值為$\sqrt{2}$-1列關于a，c的二元一次方程組，求解a，c的值，由隱含條件求出b，則橢圓C的方程可求；
（Ⅱ）由題意知直線l的斜率存在，設出直線l方程為y=k（x-2），再設P（x₀，y₀），將直線方程代入橢圓方程，化為關于x的一元二次方程，由判別式大于0求得k的范圍，利用根與系數(shù)關系結合$\overline{OS}+\overline{OT}=t\overline{OP}$，對t等于0和不等于0分類討論，求出t與k的關系后由k得范圍可得t的范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意得$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$a=\sqrt{2}c$   ①，
又$a-c=\sqrt{2}-1$  ②，
由①、②解得$a=\sqrt{2}$，c=1．
∴$b=\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}=1$．
故所求橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由題意知直線l的斜率存在，設直線l方程為y=k（x-2），
設P（x₀，y₀），將直線方程代入橢圓方程得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
∴△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）=-16k²+8＞0．
則${k}^{2}＜\frac{1}{2}$．
設S（x₁，y₁）、T（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
由$\overline{OS}+\overline{OT}=t\overline{OP}$，
當t=0，直線l為x軸，P點在橢圓上適合題意；
當t≠0，得$t{x}_{0}={x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
$t{y}_{0}={y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}-4）=\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}$．
∴${x}_{0}=\frac{1}{t}•\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{y}_{0}=\frac{1}{t}•\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}$．
將上式代入橢圓方程得：$\frac{32{k}^{4}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}+\frac{16{k}^{2}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}=1$，
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）．
綜上可得t∈（-2，2）．

點評 本題主要考查橢圓方程的求法，考查了直線與拋物線的位置關系的應用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關系解題，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考生具備較強的運算推理的能力，是壓軸題．