Question

13．過(guò)離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)F（1，0）作直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A、B，設(shè)|FA|=λ|FB|，T（2，0）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若1≤λ≤2，求△ABT中AB邊上中線長(zhǎng)的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，c=1，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，不成立．于是可設(shè)直線l的方程為：my=x-1，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立可得：（m²+2）y²+2my-1=0，由|FA|=λ|FB|，可得y₁=-λy₂，再利用根與系數(shù)的關(guān)系代入可得：$λ+\frac{1}{λ}$-2=$\frac{4{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$，由1≤λ≤2，可得0≤${m^2}≤\frac{2}{7}$，利用AB邊上的中線長(zhǎng)為$\frac{1}{2}|\overrightarrow{TB}+\overrightarrow{TA}|$=$\frac{1}{2}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}-4）^{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}$，及其二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，c=1，a²=b²+c²，
∴$a=\sqrt{2}，c=1$=b，
∴橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，顯然不成立．因此可設(shè)直線l的方程為：my=x-1，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立可得：（m²+2）y²+2my-1=0，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{-2m}{{{m^2}+2}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-1}{{{m^2}+2}}$，
由|FA|=λ|FB|，可得y₁=-λy₂，
∵$-λ+\frac{1}{-λ}=\frac{y_1}{y_2}+\frac{y_2}{y_1}$，
∴$-λ+\frac{1}{-λ}+2=\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}}}{{{y_1}{y_2}}}=\frac{{-4{m^2}}}{{{m^2}+2}}$，
∴$λ+\frac{1}{λ}$-2=$\frac{4{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$，
∵1≤λ≤2，∴$λ+\frac{1}{λ}$∈$[2，\frac{5}{2}]$，
∴0≤${m^2}≤\frac{2}{7}$，
又AB邊上的中線長(zhǎng)為$\frac{1}{2}|\overrightarrow{TB}+\overrightarrow{TA}|$=$\frac{1}{2}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}-4）^{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{4{m}^{4}+9{m}^{2}+4}{（{m}^{2}+2）^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{{{{（{m^2}+2）}^2}}}-\frac{7}{{{m^2}+2}}+4}$，
∵0≤${m^2}≤\frac{2}{7}$，∴$\frac{1}{{m}^{2}+2}$=t∈$[\frac{7}{16}，\frac{1}{2}]$．
∴f（t）=2t²-7t+4=2$（t-\frac{7}{4}）^{2}$-$\frac{17}{8}$∈$[1，\frac{169}{128}]$．
∴$\sqrt{f（t）}$$∈[1，\frac{{13\sqrt{2}}}{16}]$．
∴△ABT中AB邊上中線長(zhǎng)的取值范圍是$[1，\frac{13\sqrt{2}}{16}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．