Question

8．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，经过坐标原点O的直线交椭圆于A、B两点，M、N分别为线段AF、BF的中点，若存在以MN为直径的圆恰经过坐标原点O，则椭圆的离心率的取值范围为（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

Answer 1

分析 设AB方程为y=kx，联立方程组求出A，B坐标，进而得出M，N的坐标，由OM⊥ON列方程得到关于k的方程，令此方程有解得出a，b，c的关系，从而得出离心率的范围．

解答 解：设直线AB的方程为y=kx，
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，消元得（a²k²+b²）x²=a²b²，
∴A（$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$，$\frac{abk}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$），B（$\frac{-ab}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$，$\frac{-abk}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$），
又C（c，0），M，N是AF，BF的中点，
∴M（$\frac{ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$+$\frac{c}{2}$，$\frac{abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$），N（$\frac{-ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$+$\frac{c}{2}$，$\frac{-abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$），
∵以MN为直径的圆恰经过坐标原点O，
∴OM⊥ON，
∴（$\frac{ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$+$\frac{c}{2}$）（$\frac{-ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$+$\frac{c}{2}$）+$\frac{abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$•$\frac{-abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}}$=0，
即$\frac{{c}^{2}}{4}$-$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{4（{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}）}$-$\frac{{a}^{2}{b}^{2}{k}^{2}}{4（{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}）}$=0，
∴c²（a²k²+b²）-a²b²-a²b²k²=0，
∴（a²c²-a²b²）k²=a²b²-b²c²=b⁴，即a²（c²-b²）k²=b⁴，
∵存在符合条件的直线AB，使得OM⊥ON，
∴关于k的方程a²（c²-b²）k²=b⁴有解，
∴c²＞b²，即c²＞a²-c²，∴2c²＞a²，
∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$＞$\frac{1}{2}$，∴e=$\frac{c}{a}$＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又e＜1，∴$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜e＜1．
故答案为：（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

点评 本题考查了直线与椭圆的位置关系，计算复杂，需细心，耐心计算，属于中档题．