Question

19．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）．
（Ⅰ）若點A（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），B（$\frac{\sqrt{6}}{2}$，1）均在橢圓C上，求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）已知過點（0，1），斜率為k（k＜0）的直線l與圓O：x²+y²=$\frac{1}{2}$相切，且與橢圓C交于M，N兩點，若以MN為直徑的圓恒過原點O，則當(dāng)a∈[$\frac{\sqrt{42}}{6}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$]時，求橢圓C的離心率e的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將點A，B的坐標代入橢圓方程，解方程可得a，b，即可得到橢圓方程；
（Ⅱ）求得直線l的方程，代入橢圓方程，運用判別式大于0，韋達定理，由直徑所對的圓周角為直角，運用向量的數(shù)量積的坐標表示，化簡整理，結(jié)合離心率公式可得所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）點A（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），B（$\frac{\sqrt{6}}{2}$，1）均在橢圓C上，
可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{4}{3^{2}}$=1，$\frac{3}{2{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，
解得a²=3，b²=2，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）過點（0，1），斜率為k（k＜0）的直線l為y=kx+1，
直線l與圓O：x²+y²=$\frac{1}{2}$相切，可得d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解k=-1，則直線l：y=1-x，
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，可得（b²+a²）x²-2a²x+a²-a²b²=0，
由△=4a⁴-4（b²+a²）（a²-a²b²）＞0，化為b²+a²＞1，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），可得x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，
y₁y₂=（1-x₁）（1-x₂）=1+x₁x₂-（x₁+x₂），
以MN為直徑的圓恒過原點O，可得OM⊥ON，
即有x₁x₂+y₁y₂=1+2x₁x₂-（x₁+x₂）=1+2•$\frac{{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$-$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$=0，
化簡可得a²+b²=2a²b²，即$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=2，
由a∈[$\frac{\sqrt{42}}{6}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$]，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$∈[$\frac{2}{3}$，$\frac{6}{7}$]，
即有b²∈[$\frac{3}{4}$，$\frac{7}{8}$]，
橢圓C的離心率e²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$=1-b²（2-$\frac{1}{^{2}}$）
=2-2b²∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$），
則橢圓C的離心率e的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用待定系數(shù)法，考查橢圓離心率的范圍，注意運用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和直徑所對的圓周角為直角，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．