Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F，經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，M、N分別為線段AF、BF的中點(diǎn)，若存在以MN為直徑的圓恰經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，則橢圓的離心率的取值范圍為（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

Answer 1

分析 設(shè)AB方程為y=kx，聯(lián)立方程組求出A，B坐標(biāo)，進(jìn)而得出M，N的坐標(biāo)，由OM⊥ON列方程得到關(guān)于k的方程，令此方程有解得出a，b，c的關(guān)系，從而得出離心率的范圍．

解答 解：設(shè)直線AB的方程為y=kx，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，消元得（a²k²+b²）x²=a²b²，
∴A（$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$，$\frac{abk}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$），B（$\frac{-ab}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$，$\frac{-abk}{\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$），
又C（c，0），M，N是AF，BF的中點(diǎn)，
∴M（$\frac{ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$+$\frac{c}{2}$，$\frac{abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$），N（$\frac{-ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$+$\frac{c}{2}$，$\frac{-abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$），
∵以MN為直徑的圓恰經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，
∴OM⊥ON，
∴（$\frac{ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$+$\frac{c}{2}$）（$\frac{-ab}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$+$\frac{c}{2}$）+$\frac{abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$•$\frac{-abk}{2\sqrt{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}}$=0，
即$\frac{{c}^{2}}{4}$-$\frac{{a}^{2}^{2}}{4（{a}^{2}{k}^{2}+^{2}）}$-$\frac{{a}^{2}^{2}{k}^{2}}{4（{a}^{2}{k}^{2}+^{2}）}$=0，
∴c²（a²k²+b²）-a²b²-a²b²k²=0，
∴（a²c²-a²b²）k²=a²b²-b²c²=b⁴，即a²（c²-b²）k²=b⁴，
∵存在符合條件的直線AB，使得OM⊥ON，
∴關(guān)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．
故答案為：（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，計(jì)算復(fù)雜，需細(xì)心，耐心計(jì)算，屬于中檔題．