Question

16．設橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a，b＞0）經(jīng)過點M（2，$\sqrt{2}$），N（$\sqrt{6}$，1），O為坐標原點．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒在兩個交點A、B且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率及過點過M（2，$\sqrt{2}$），N（$\sqrt{6}$，1）列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓E的方程．
（2）假設存在這樣的圓，設該圓的切線為y=kx+m，與橢圓聯(lián)立，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，由此利用根的判別式、韋達定理、圓的性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出|AB|的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a，b＞0）過M（2，$\sqrt{2}$），N（$\sqrt{6}$，1）兩點，
∵$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1}\\{\frac{6}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}\end{array}}\right.$，解得：$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{a^2}=\frac{1}{8}}\\{\frac{1}{b^2}=\frac{1}{4}}\end{array}}\right.$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{a^2}=8}\\{{b^2}=4}\end{array}}\right.$，
橢圓E的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$…（2分）
（Ⅱ）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
設該圓的切線方程為y=kx+m，解方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$，得x²+2（kx+m）²=8，即（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
則△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）=8（8k²-m²+4）＞0，即8k²-m²+4＞0，$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$…．（4分）
${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=\frac{{{k^2}（2{m^2}-8）}}{{1+2{k^2}}}-\frac{{4{k^2}{m^2}}}{{1+2{k^2}}}+{m^2}=\frac{{{m^2}-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
要使$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，需使x₁x₂+y₁y₂=0，即$\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}+\frac{{{m^2}-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=0$，
所以3m²-8k²-8=0，所以${k^2}=\frac{{3{m^2}-8}}{8}≥0$，
又8k²-m²+4＞0，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{m^2}＞2}\\{3{m^2}≥8}\end{array}}\right.$，
∴${m^2}≥\frac{8}{3}$，即$m≥\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$或$m≤-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
∵直線y=kx+m為圓心在原點的圓的一條切線，
∴圓的半徑為$r=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，${r^2}=\frac{m^2}{{1+{k^2}}}=\frac{m^2}{{1+\frac{{3{m^2}-8}}{8}}}=\frac{8}{3}$，$r=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
所求的圓為${x^2}+{y^2}=\frac{8}{3}$，
此時圓的切線y=kx+m都滿足$m≥\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$或$m≤-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，…（7分）
而當切線的斜率不存在時切線為$x=±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，與橢圓$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$的兩個交點為$（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$或$（-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$滿足$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
綜上，存在圓心在原點的圓${x^2}+{y^2}=\frac{8}{3}$，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$…..（8分）
∵$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$，
∴${（{x_1}-{x_2}）^2}={（{x_1}+{x_2}）^2}-4{x_1}{x_2}={（-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}）^2}-4×\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{8（8{k^2}-{m^2}+4）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}$，$|AB|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}=\sqrt{（1+{k^2}）{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}=\sqrt{（1+{k^2}）\frac{{8（8{k^2}-{m^2}+4）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}•\frac{{4{k^4}+5{k^2}+1}}{{4{k^4}+4{k^2}+1}}}=\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{k^2}{{4{k^4}+4{k^2}+1}}]}$，…（10分）
①當k≠0時$|AB|=\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{1}{{4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4}}]}$
∵$4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4≥8$，
∴$0＜\frac{1}{{4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4}}≤\frac{1}{8}$，
∴$\frac{32}{3}＜\frac{32}{3}[1+\frac{1}{{4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4}}]≤12$，
∴$\frac{4}{3}\sqrt{6}＜|AB|≤2\sqrt{3}$，當且僅當$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時取”=”…（11分）
②當k=0時，$|AB|=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$…．（12分）
③當AB的斜率不存在時，兩個交點為$（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$或$（-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，
所以此時$|AB|=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$，…（13分）
綜上，|AB|的取值范圍為$\frac{4}{3}\sqrt{6}≤|AB|≤2\sqrt{3}$，
即：$|AB|∈[\frac{4}{3}\sqrt{6}，2\sqrt{3}]$…（14分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的圓是否存在的判斷及弦長的求法，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、圓的性質(zhì)、橢圓性質(zhì)的合理運用，屬于難題．