18.已知橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$(a>b>0)過(guò)點(diǎn)($\sqrt{2}$,1),且焦距為2$\sqrt{2}$.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線(xiàn)l:y=k(x+1)(k>-2)與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A、B,線(xiàn)段AB的中點(diǎn)M到直線(xiàn)2x+y+t=0的距離為$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,求t(t>2)的取值范圍.

分析 (1)由c=$\sqrt{2}$,則a2-b2=2,將點(diǎn)代入橢圓方程,聯(lián)立即可求得a和b的值,即可求得橢圓方程;
(2)將直線(xiàn)方程代入橢圓方程,利用韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得M點(diǎn)坐標(biāo),利用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式,根據(jù)k及t的取值范圍,利用基本不等式的性質(zhì),即可求得t的取值范圍.

解答 解:(1)由2c=2$\sqrt{2}$,c=$\sqrt{2}$,則a2-b2=2,
將點(diǎn)($\sqrt{2}$,1)代入橢圓方程:$\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$,解得:a2=4,b2=2,
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程:$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$;
(2)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0
$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x+1)}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$,整理得:(2k2+1)x2+4k2x+2k2-4=0,
則x1+x2=-$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$,則x0=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$,
y0=k(x0+1)=$\frac{2k}{2{k}^{2}+1}$,
由M到直線(xiàn)2x+y+t=0的距離$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,$\frac{丨-\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}+\frac{k}{2{k}^{2}+1}+t丨}{\sqrt{5}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,
則丨$\frac{k+2}{2{k}^{2}+1}$+t-2丨=3,
由k>-2及t>2,則t=5-$\frac{k+2}{2{k}^{2}+1}$=5-$\frac{1}{2(k+2)+\frac{9}{k+2}-8}$,
由$\frac{1}{2(k+2)+\frac{9}{k+2}-8}$≥6$\sqrt{2}$,
∴5-$\frac{1}{6\sqrt{2}-8}$≤t<5,即4-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$≤t<5,
∴t(t>2)的取值范圍[4-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$,5).

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系,考查韋達(dá)定理,中點(diǎn)坐標(biāo)公式,考查計(jì)算能力,屬于中檔題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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(Ⅰ)求橢圓E的方程;
(Ⅱ)過(guò)點(diǎn)F1、斜率為k1的直線(xiàn)l1與橢圓E交于A(yíng),B兩點(diǎn),過(guò)點(diǎn)F2、斜率為k2的直線(xiàn)l2與橢圓E交于C,D兩點(diǎn),且直線(xiàn)l1,l2相交于點(diǎn)P,若直線(xiàn)OA,OB,OC,OD的斜率kOA,kOB,kOC,kOD滿(mǎn)足kOA+kOB=kOC+kOD,求證:動(dòng)點(diǎn)P在定橢圓上,并求出此橢圓方程.

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