Question

20．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直线y=x+1经过椭圆C的左焦点．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若过点M（2，0）的直线与椭圆C交于A，B两点，设P为椭圆上一点，且满足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$（其中O为坐标原点），求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （ I）直线y=x+1与x轴交点为（-1，0），即椭圆的左焦点，可得c=1．又$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b²=a²-c²．即可得出．
（Ⅱ）由题意知直线AB的斜率存在．设直线ABd的方程：y=k（k-2），与椭圆方程联立可得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．利用△＞0，解得k²$＜\frac{1}{2}$．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）．利用根与系数的关系及$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，可得P坐标，代入椭圆方程即可得出．

解答 解：（ I）直线y=x+1与x轴交点为（-1，0），即椭圆的左焦点，∴c=1．
又$e=\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a=$\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1．
故椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）由题意知直线AB的斜率存在．
设直线ABd的方程：y=k（k-2），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．
△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，解得k²$＜\frac{1}{2}$．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y），
则x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=t$\overrightarrow{OP}$，
∴x₁+x₂=tx，y₁+y₂=ty．
x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$=$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$，
y=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}$=$\frac{1}{t}[k（{x}_{1}+{x}_{2}）-4k]$=$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$．
∵点P在椭圆上，∴$\frac{（8{k}^{2}）^{2}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}$+2$\frac{（-4k）^{2}}{{t}^{2}（1+2{k}^{2}）^{2}}$=2，
∴16k²=t²（1+2k²），
k²$＜\frac{1}{2}$，
∴t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{16}{\frac{1}{{k}^{2}}+2}$$＜\frac{16}{2+2}$=4，
解得-2＜t＜2．，
∴t的取值范围是为（-2，2）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量坐标运算、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．