Question

13．在直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，左、右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，P為橢圓C₁上任意一點(diǎn)，|PF₁|+|PF₂|的最大值為4．
（I）求橢圓C₁的方程；
（II）設(shè)橢圓C₂：$\frac{{2{x^2}}}{a^2}+\frac{{2{y^2}}}{b^2}=1，Q（{{x_0}，{y_0}}）$為橢圓C₂上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q的直線交橢圓C₁于A，B兩點(diǎn)，且Q為線段AB的中點(diǎn)，過(guò)O，Q兩點(diǎn)的直線交橢圓C₁于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．
（i）求證：直線AB的方程為x₀x+2y₀y=2；
（ii）當(dāng)Q在橢圓C₂上移動(dòng)時(shí)，求$\frac{{|{AB}|}}{{|{EF}|}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)橢圓的定義，及橢圓的離心率公式，即可求得a和b的值，求得橢圓C₁方程；
（II）（i）由（I）可知求得橢圓C₁的方程，利用點(diǎn)差法及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，即可求得直線AB的斜率，直線AB的方程，由Q在橢圓C₁上，即可求得直線AB的方程為x₀x+2y₀y=2；
（ii）求得直線EF的方程，代入橢圓C₁，求得E和F的方程，求得丨EF丨，將AB方程代入橢圓C₁方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式即可求丨AB丨，由Q在橢圓C₂上移動(dòng)時(shí)，求得-1≤y₀≤1，即可求得$\frac{{|{AB}|}}{{|{EF}|}}$的取值范圍．

解答 解：（I）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，則a²=2b²，
由|PF₁|+|PF₂|=2a，由|PF₁|+|PF₂|≥2$\sqrt{丨P{F}_{1}丨•丨P{F}_{2}丨}$，
則|PF₁||PF₂|≤（$\frac{丨P{F}_{1}丨+丨P{F}_{2}丨}{2}$）²=a²，
則a²=4，b²=2，
∴橢圓C₁的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（II）（i）由（I）可知：橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，Q（x₀，y₀），為C₂上一點(diǎn)，
∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+{y}_{0}^{2}=1$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{2}=1}\\{\frac{{x}_{2}^{2}}{4}+\frac{{y}_{2}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，兩式相減整理得：$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2（{y}_{1}+{y}_{2}）}$，
由Q為線段AB的中點(diǎn)，則-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=-$\frac{2{x}_{0}}{4{y}_{0}}$=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$，
則直線AB的斜率k=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$，則直線AB的方程為y-y₀=-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$（x-x₀），
由$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+{y}_{0}^{2}=1$，化簡(jiǎn)整理得：x₀x+2y₀y=2，
當(dāng)y₀=0，則x₀=$\sqrt{2}$，直線AB的方程也滿足x₀x+2y₀y=2，
綜上可知直線AB的方程為x₀x+2y₀y=2；
（ii）由直線EF的方程y₀x-x₀y=0，
聯(lián)立EF與橢圓C₁的方程聯(lián)立，$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}x-{x}_{0}y=0}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，
解得：E（$\sqrt{2}$x₀，$\sqrt{2}$y₀），F(xiàn)（-$\sqrt{2}$x₀，-$\sqrt{2}$y₀），
則丨EF丨=2$\sqrt{2{x}_{0}^{2}+2{y}_{0}^{2}}$，
聯(lián)立直線AB與橢圓C₁的方程$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}x+2{y}_{0}y=2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，
整理得：2x²-4x₀x+4-8y₀²=0，x₁+x₂=2x₀，x₁x₂=2-4y₀²，
丨AB丨=$\sqrt{1+（\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}）^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{4{y}_{0}^{2}+{x}_{0}^{2}}{4{y}_{0}^{2}}}$$\sqrt{4{x}_{0}^{2}-8+16{y}_{0}^{2}}$，
=$\sqrt{\frac{4{y}_{0}^{2}+{x}_{0}^{2}}{4{y}_{0}^{2}}}$$\sqrt{4（{x}_{0}^{2}-2）+16{y}_{0}^{2}}$，
=$\sqrt{\frac{4{y}_{0}^{2}+{x}_{0}^{2}}{4{y}_{0}^{2}}}$$\sqrt{-8{y}_{0}^{2}+16{y}_{0}^{2}}$=$\sqrt{8{y}_{0}^{2}+2{x}_{0}^{2}}$，
則$\frac{{|{AB}|}}{{|{EF}|}}$=$\frac{\sqrt{8{y}_{0}^{2}+2{x}_{0}^{2}}}{2\sqrt{2{x}_{0}^{2}+2{y}_{0}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{4{y}_{0}^{2}+{x}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}}}$．由x₀²=2-2y₀²，
$\frac{{|{AB}|}}{{|{EF}|}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{4{y}_{0}^{2}+2-2{y}_{0}^{2}}{2-2{y}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{6}{2-{y}_{0}^{2}}-2}$，
由-1≤y₀≤1，$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2-{y}_{0}^{2}}$≤1，則$\frac{1}{2}$≤$\frac{{|{AB}|}}{{|{EF}|}}$≤1，
∴$\frac{{|{AB}|}}{{|{EF}|}}$的取值范圍[$\frac{1}{2}$，1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查點(diǎn)差法的應(yīng)用，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，考查計(jì)算能力，屬于難題．