Question

2．已知F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞1）的左、右焦點，A，B分別為橢圓的上、下頂點，F(xiàn)₂到直線AF₁的距離為$\sqrt{2}$．
（I）求橢圓的方程；
（II）若過點M（2，0）的直線與橢圓交于C，D兩點，且滿足$\overrightarrow{OC}$+$\overrightarrow{OD}$=t$\overrightarrow{OP}$（其中O為坐標原點，P為橢圓上的點），求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），A（0，1），B（0，-1），直線AF₁方程為：x-cy+c=0，由題意知$\frac{2c}{\sqrt{1+{c}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，由此能求出橢圓方程．
（2）設(shè)AB：y=k（x-2），代入方程得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，由此利用根的判別式、韋達定理、橢圓性質(zhì)，能求出實數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（1）∵F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞1）的左、右焦點，A，B分別為橢圓的上、下頂點，
∴設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），A（0，1），B（0，-1）
∴直線AF₁方程為：x-cy+c=0，
∵F₂到直線AF₁的距離為$\sqrt{2}$．
∴由題意知$\frac{2c}{\sqrt{1+{c}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，解得c=1，
∴a=$\sqrt{2}$，∴橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）由題意知直線AB的斜率存在，
設(shè)AB：y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）
代入方程消元可得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
∴$△=64{k^4}-4（2{k^2}+1）（8{k^2}-2）＞0，得{k^2}＜\frac{1}{2}$，
∵$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$，∴$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{t}=\frac{{8{k^2}}}{{k（1+2{k^2}）}}，y=\frac{-4k}{{t（1+2{k^2}）}}$，
∵點P在橢圓上，∴$\frac{{{{（8{k^2}）}^2}}}{{{k^2}{{（1+2{k^2}）}^2}}}+2\frac{{{{（-4k）}^2}}}{{{t^2}{{（1+2{k^2}）}^2}}}=2$，
∴16k²=t²（1+2k²），即${t}^{2}=8-\frac{8}{1+2{k}^{2}}$，
∵${k}^{2}＜\frac{1}{2}$，∴t²∈（0，4），
∴t∈（-2，0）∪（0，2）．
∴實數(shù)t的取值范圍是（-2，0）∪（0，2）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，注意根的判別式、韋達定理、橢圓性質(zhì)的合理運用．