Question

13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，直線y=x被橢圓C截得的線段長為$\frac{{8\sqrt{3}}}{3}$．
（ I）求橢圓C的方程．
（Ⅱ）直線l是圓O：x²+y²=r²的任意一條切線，l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，求圓O的方程，并求出|AB|的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓離心率得到a，b的關(guān)系，化簡橢圓方程，和直線方程聯(lián)立后求出交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，把弦長用交點(diǎn)橫坐標(biāo)表示，則a的值可求，進(jìn)一步得到b的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）分類討論當(dāng)斜率不存在時(shí)，設(shè)x=-r，代入橢圓方程求得A、B點(diǎn)坐標(biāo)，以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)，求得r²，求得丨AB丨；
當(dāng)斜率不存在時(shí)，設(shè)出直線方程，將直線方程代入橢圓方程得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理，及向量垂直，求得圓的方程，進(jìn)而表達(dá)出丨AB丨，綜上即可求得丨AB丨的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）橢圓方程$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），a²=b²+c²，
∵$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴a²=2c²，
∴a²=2b²，
設(shè)直線與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)．不妨設(shè)P點(diǎn)為直線和橢圓在第一象限的交點(diǎn)，
又∵弦長為$\frac{{8\sqrt{3}}}{3}$，
∴$P（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，
∴$\frac{8}{{3{a^2}}}+\frac{8}{{3{b^2}}}=1$，
又a²=2b²，
解得a²=8，b²=4，∴橢圓方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．
（Ⅱ）（i）當(dāng)切線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)x=r（或x=-r），代入橢圓方程得：y=±$\root{\sqrt{（\;\;\;\;）}{2}}$
∴A（r，$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$），B（r，-$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$），
∵以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，
∴$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴r²-$\frac{8-r2}{2}$=0，
∴r²=$\frac{8}{3}$，
∴圓O的方程為x²+y²=$\frac{8}{3}$，
此時(shí)|AB|=2$\sqrt{\frac{8-{r}^{2}}{2}}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$（同理當(dāng)x=-r時(shí)，上述結(jié)論仍然成立），
（ii）當(dāng)切線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l方程為：y=kx+m，
∵l與圓O相切
∴$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=r，即m²=（1+k²）r²，
將直線方程代入橢圓方程并整理得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，①
△=8k²+4-m²＞0，②
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁，x₂是方程①的兩個(gè)解，由韋達(dá)定理得：
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=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∵以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，
∴$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=0，
∴3m²-8-8k²=0，3m²=8（1+k²），
又∵m²=（1+k²）r²，
∴3（1+k²）r²=8（1+k²），
∴r²=$\frac{8}{3}$，
此時(shí)m²=$\frac{8}{3}$（1+k²），代入②式后成立，
∴圓O的方程為x²+y²=$\frac{8}{3}$，
此時(shí)|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$，
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$•$\sqrt{8{k}^{2}+4-{m}^{2}}$，
=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{4{k}^{2}+1}}{1+2{k}^{2}}$，
=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\frac{\sqrt{4{k}^{4}+5{k}^{2}+1}}{1+2{k}^{2}}$，
=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{\frac{4{k}^{4}+5{k}^{2}+1}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$，
=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$；
（i）若k=0，則|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，
（ii）若k≠0，則|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$•$\sqrt{1+\frac{1}{4{k}^{2}+4+\frac{1}{{k}^{2}}}}$∈（$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，2$\sqrt{3}$]，
綜上，圓O的方程為x²+y²=$\frac{8}{3}$，|AB|的取值范圍是[$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，2$\sqrt{3}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，主要考查了直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系解題，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點(diǎn)是計(jì)算量比較大，要求考試具備較強(qiáng)的運(yùn)算推理的能力，是難題．