Question

3．已知橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為橢圓的左右焦點(diǎn)，O為原點(diǎn)，P是橢圓在第一象限的點(diǎn)，則$\frac{{|{P{F_1}}|-|{P{F_2}}|}}{{|{PO}|}}$的取值范圍（　�。�

• A． $（{0，\frac{{\sqrt{5}}}{5}}）$
• B． $（{0，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}）$
• C． $（{0，\frac{{3\sqrt{5}}}{5}}）$
• D． $（{0，\frac{{6\sqrt{5}}}{5}}）$

Answer 1

分析 設(shè)出P的坐標(biāo)，求出表達(dá)式相關(guān)線段的長(zhǎng)度的表達(dá)式，利用橫坐標(biāo)的范圍求解即可．

解答 解：設(shè)P（x₀，y₀），則$0＜{x_0}＜\sqrt{5}$，$e=\frac{1}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，$|{P{F_1}}|=\sqrt{5}+\frac{{\sqrt{5}}}{5}{x_0}$，|PF₂|=$\sqrt{5}-\frac{{\sqrt{5}}}{5}{x_0}$，$|{PO}|=\sqrt{x_0^2+y_0^2}=\sqrt{\frac{1}{5}x_0^2+4}$，則$\frac{{|{P{F_1}}|-|{P{F_2}}|}}{{|{PO}|}}=\frac{{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}{x_0}}}{{\sqrt{\frac{1}{5}x_0^2+4}}}=\frac{{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}}{{\sqrt{\frac{1}{5}+\frac{4}{x_0^2}}}}$，
因?yàn)?0＜{x_0}＜\sqrt{5}$，所以$\frac{4}{x_0^2}＞\frac{4}{5}$，所以$\sqrt{\frac{1}{5}+\frac{4}{x_0^2}}＞1$，所以$0＜\frac{{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}}{{\sqrt{\frac{1}{5}+\frac{4}{x_0^2}}}}＜\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，所以$0＜\frac{{|{P{F_1}}|-|{P{F_2}}|}}{{|{PO}|}}＜\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．