Question

9．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩焦點F₁、F₂與短軸兩端點構(gòu)成四邊形為正方形，又點M是C上任意一點，且△MF₁F₂的周長為2$\sqrt{2}$+2．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若過點M（2，0）的直線與橢圓C相交于兩點A、B，設(shè)P為橢圓E上一點，且滿足$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$（O為坐標(biāo)原點），當(dāng)|AB|＜$\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$時，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的定義和范圍，可得2a+2c=2$\sqrt{2}$+2，b=c，a²-b²=c²，解方程可得a，b，即可得到橢圓方程；
（2）由題意知直AB的斜率存在．AB：y=k（x-2），將直線的方程代入橢圓的方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，再結(jié)合根系數(shù)的關(guān)系利用弦長公式即可求得k值取值范圍，再結(jié)合向量的坐標(biāo)運算利用點P在橢圓上，建立k與t的關(guān)系式，利用函數(shù)的單調(diào)性求出實數(shù)t取值范圍，從而解決問題．

解答 解：（1）△MF₁F₂的周長是2$\sqrt{2}$+2，
即為|MF₁|+|MF₂|+|F₁F₂|=2a+2c=2$\sqrt{2}$+2，
由橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩焦點F₁、F₂與短軸兩端點構(gòu)成四邊形為正方形，
即有b=c，a²-b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+$y²=1；
（2）由題意知直AB的斜率存在．
AB：y=k（x-2），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）
代入橢圓方程，得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
△=64k⁴-4（2k²+1）（8k²-2）＞0，k²＜$\frac{1}{2}$
∴x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∵|AB|＜$\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$，
∴$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$，
∴（1+k²）[（$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）²-4×$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$]＜$\frac{20}{9}$，
∴（4k²-1）（14k²+13）＞0，
∴k²＞$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{4}$＜k²＜$\frac{1}{2}$，
∵滿足$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$，
∴（x₁+x₂，y₁+y₂）=t（x，y），
∴x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$=$\frac{1}{t}$•$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，y=$\frac{1}{t}$•（y₁+y₂）=$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$，
∵點P在橢圓上，
∴（$\frac{1}{t}$•$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）²+2（$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$）²=2
∴16k²=t²（1+2k²）
∴t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$，
由于$\frac{1}{4}$＜k²＜$\frac{1}{2}$，
∴-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2
∴實數(shù)t取值范圍為：-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的定義和性質(zhì)，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達(dá)定理和弦長公式，考查化簡整理的運算求解能力，屬于中檔題．