Question

3．如圖，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F（c，0），菱形ABCD的各頂點在橢圓E上，且直線AB經(jīng)過點F．
（I）若直線AB方程為$\sqrt{2}$x-y-$\sqrt{2}$=0，求橢圓E的方程；
（Ⅱ）求橢圓E的離心率的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由題意可得直線$\sqrt{2}$x-y-$\sqrt{2}$=0過F（1，0），設A（m，n），B（s，t），由對稱性可得C（-m，-n），D（-s，-t），由菱形的對角線垂直，可得k_AC•k_BD=-1，將直線方程代入橢圓方程，運用韋達定理，結(jié)合直線的斜率公式，化簡整理可得a，b的方程，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設直線AB的方程為y=k（x-c），設A（m，n），B（s，t），由對稱性可得C（-m，-n），D（-s，-t），由菱形的對角線垂直，可得k_AC•k_BD=-1，將直線AB的方程代入橢圓方程，運用韋達定理和直線的斜率公式，化簡整理，可得k²（a²c²-b⁴）=a²b²，由a²c²-b⁴＞0，即ac＞b²=a²-c²，結(jié)合離心率公式計算即可得到所求范圍．

解答 解：（I）由題意可得直線$\sqrt{2}$x-y-$\sqrt{2}$=0過F（1，0），
設A（m，n），B（s，t），由對稱性可得C（-m，-n），D（-s，-t），
由菱形的對角線垂直，可得k_AC•k_BD=-1，
將直線y=$\sqrt{2}$（x-1），代入橢圓方程，可得
（b²+2a²）x²-4a²x+2a²-a²b²=0，
m+s=$\frac{4{a}^{2}}{^{2}+2{a}^{2}}$，ms=$\frac{2{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+2{a}^{2}}$，
由$\frac{nt}{ms}$=-1即$\frac{2（m-1）（s-1）}{ms}$=-1，
即為3ms+2-2（m+s）=0，
即3•$\frac{2{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+2{a}^{2}}$+2-2•$\frac{4{a}^{2}}{^{2}+2{a}^{2}}$=0，
化為2a²+2b²-3a²b²=0，
又a²-b²=1，
解得a²=2，b²=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）設直線AB的方程為y=k（x-c），
設A（m，n），B（s，t），由對稱性可得C（-m，-n），D（-s，-t），
由菱形的對角線垂直，可得k_AC•k_BD=-1，
將直線AB的方程代入橢圓方程可得，
（b²+a²k²）x²-2a²k²cx+a²c²k²-a²b²=0，
即有m+s=$\frac{2{a}^{2}{k}^{2}c}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，ms=$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
即有$\frac{nt}{ms}$=-1即$\frac{{k}^{2}（m-c）（s-c）}{ms}$=-1，
即有（1+k²）ms-k²c（m+s）+k²c²=0，
（1+k²）•$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$-k²c•$\frac{2{a}^{2}{k}^{2}c}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$+k²c²=0，
化簡可得k²（a²c²-b⁴）=a²b²，
由a²c²-b⁴＞0，即ac＞b²=a²-c²，
由e=$\frac{c}{a}$，可得e²+e-1＞0，
解得e＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，或e＜$\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$（舍去），
則橢圓的離心率的范圍是（$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，1）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用對稱性和聯(lián)立直線方程與橢圓方程，由韋達定理和兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，考查橢圓的離心率的范圍，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用不等式的性質(zhì)和解法，以及離心率公式，屬于中檔題．