Question

14．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$4\sqrt{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点M（2，0）的直线与椭圆C相交于不同两点A，B，且A，B两点都在y轴的右侧，设P为椭圆上一点，且满足$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}（O$为坐标原点），求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由于△EGF₂的周长为$4\sqrt{2}$，可得4a=4$\sqrt{2}$，解得a．又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b²=a²-c²，解出即可得出．
（2）易知直线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），与椭圆方程联立化为（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．利用△＞0，及其因为A，B两点都在y轴的右侧，可得x₁+x₂＞0，x₁x₂＞0，解得k的取值范围．利用$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$，及其根与系数的关系可得点P的坐标，代入椭圆C的方程解出即可得出．

解答 解：（1）∵△EGF₂的周长为$4\sqrt{2}$，∴4a=4$\sqrt{2}$，解得a=$\sqrt{2}$．
又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得c=1，∴b²=a²-c²=1．
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）易知直线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），
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．
由△=64k²-4（2k²+1）（8k²-2）＞0，得${k^2}＜\frac{1}{2}$．
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
又因为A，B两点都在y轴的右侧，∴${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}＞0，{x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}＞0$．
∴${k^2}＞\frac{1}{4}$．而${k^2}＜\frac{1}{2}$，∴$\frac{1}{4}＜{k^2}＜\frac{1}{2}$．
∵$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=t\overrightarrow{OP}$，∴（x₁+x₂，y₁+y₂）=t（x，y），
∴$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{t}=\frac{{8{k^2}}}{{t（1+2{k^2}）}}$，$y=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{t}=\frac{1}{t}[k（{x_1}+{x_2}）-4k]=\frac{-4k}{{t（1+2{k^2}）}}$．
∵点P在椭圆C上，∴$\frac{{{{（8{k^2}）}^2}}}{{{{[t（1+2{k^2}）]}^2}}}+2\frac{{{{（-4k）}^2}}}{{{{[t（1+2{k^2}）]}^2}}}=2$，
∴16k²=t²（1+2k²）．
∴${t^2}=\frac{{16{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=8-\frac{8}{{1+2{k^2}}}$，
又$\frac{3}{2}＜1+2{k^2}＜2$，∴$\frac{8}{3}＜{t^2}=8-\frac{8}{{1+2{k^2}}}＜4$．
∴$-2＜t＜-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}或\frac{{2\sqrt{6}}}{3}＜t＜2$，
∴实数t的取值范围为$（-2，-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）∪（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，2）$．

点评 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、向量的坐标运算性质、一元二次方程的判别式及其根与系数的关系、不等式的解法及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．