Question

8．已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的$\sqrt{2}$倍，且經(jīng)過點(diǎn)M（2，$\sqrt{2}$）．
（1）求橢圓C的方程．
（2）過圓O：x²+y²=$\frac{8}{3}$上任意一點(diǎn)作圓的一條切線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)．
①求證：OA⊥OB；
②求|AB|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，代點(diǎn)求b²可得；
（2）①證明：當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，易得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即OA⊥OB；
當(dāng)切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立消去y并由韋達(dá)定理驗(yàn)證$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=0即可；
②由①知當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$；當(dāng)切線斜率存在時(shí)，由弦長(zhǎng)公式可得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|，由韋達(dá)定理和換元的思想結(jié)合不等式的性質(zhì)可得此時(shí)|AB|的范圍，綜合可得．

解答 解：（1）∵橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的$\sqrt{2}$倍，
∴a=2b，∴可設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
∵橢圓C經(jīng)過點(diǎn)M（2，$\sqrt{2}$），∴$\frac{4}{2^{2}}$+$\frac{2}{^{2}}$=1，
解得b²=4，∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）①證明：當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，方程為x=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)為（$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）或（-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
此時(shí)有$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，OA⊥OB；
當(dāng)切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程為y=kx+m，
與橢圓方程聯(lián)立消去y并整理可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
由△＞0可得8k²-m²+4＞0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由韋達(dá)定理可得x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∵直線與圓O：x²+y²=$\frac{8}{3}$相切，∴d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{8}{3}}$，∴3m²=8k²+8，
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{3{m}^{2}-8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$=0，
綜上可得OA⊥OB；
②由①知當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$；
當(dāng)切線斜率存在時(shí)，由弦長(zhǎng)公式可得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（\frac{4km}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}]}$
把3m²=8k²+8代入化簡(jiǎn)可得|AB|=$\sqrt{\frac{32（4{k}^{2}+1）（{k}^{2}+1）}{3（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
令1+2k²=t，則t≥1，且k²=$\frac{1}{2}$（t-1），代入上式可得|AB|=$\sqrt{\frac{32{t}^{2}-32}{3{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}-\frac{32}{3{t}^{2}}}$，
由t≥1可得3t²≥3，∴0＜$\frac{1}{3{t}^{2}}$≤$\frac{1}{3}$，∴-$\frac{32}{3}$≤-$\frac{32}{3{t}^{2}}$＜0，
∴0≤$\frac{32}{3}$-$\frac{32}{3{t}^{2}}$＜$\frac{32}{3}$，∴0≤$\sqrt{\frac{32}{3}-\frac{32}{3{t}^{2}}}$＜$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，
∴|AB|的取值范圍為[0，$\frac{4\sqrt{6}}{3}$），
綜合可得|AB|的取值范圍為[0，$\frac{4\sqrt{6}}{3}$]

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的性質(zhì)，涉及直線和圓錐曲線的位置關(guān)系以及弦長(zhǎng)公式，屬難題．