Question

19．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为 $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其左、右焦点分别是F₁，F₂，过点F₁的直线l交椭圆C于E，G两点，且△EGF₂的周长为4$\sqrt{2}$
（Ⅰ）求椭圆C的方程；     
（Ⅱ）若过点M（2，0）的直线与椭圆C相交于两点A，B，设P为椭圆上一点，且满足 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$（O为坐标原点），当$|{\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}}|＜\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$时，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据椭圆的离心率找出a与b的关系式，再根据△EGF₂的周长求出a与b的值，即可确定出椭圆C方程；
（Ⅱ）根据题意得到直线AB斜率存在，设出直线AB方程，以及A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y），联立直线AB解析式与椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理表示出两根之和与两根之积，根据不等式求出k的范围，进而确定出t的范围．

解答 解：（Ⅰ）由题意知椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴e²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}-{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，即a²=2b²，
又△EGF₂的周长为4$\sqrt{2}$，即4a=4$\sqrt{2}$，
∴a²=2，b²=1．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）由题意知直线AB的斜率存在，即t≠0．
设直线AB的方程为y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
由△=64k⁴-4（2k²+1）（8k²-2）＞0，得k²＜$\frac{1}{2}$．
根据韦达定理得：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，y₁+y₂）=t（x，y），
x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$=$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$，
y=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{1}{t}$[k（x₁+x₂）-4k]=$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$，
∵点P在椭圆C上，∴16k²=t²（1+2k²），
∵|$\overrightarrow{PA}$-$\overrightarrow{PB}$|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，∴$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|＜$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
∴（1+k²）[（x₁+x₂）²-4x₁x₂]＜$\frac{20}{9}$，
∴（1+k²）[$\frac{64{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$-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＜$\frac{1}{2}$．
∵16k²=t²（1+2k²），∴t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$，
又$\frac{3}{2}$＜1+2k²＜2，∴$\frac{8}{3}$＜t²=8-$\frac{8}{1+2{k}^{2}}$＜4，
∴-2＜t＜-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$或$\frac{2\sqrt{6}}{3}$＜t＜2，
∴实数t的取值范围为（-2，-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）∪（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，2）．

点评 此题考查了直线与圆锥曲线的关系，椭圆的简单性质，以及椭圆的标准方程，熟练掌握椭圆的简单性质是解本题第一问的关键．