Question

18．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，長軸長等于圓R：x²+（y-2）²=4的直徑，過點P（0，1）的直線l與橢圓C交于A，B兩點，與圓R交于M，N兩點；
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：直線RA，RB的斜率之和是定值，并求出該定值；
（3）求|AB|•|MN|的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓的簡單幾何性質(zhì)，求出a、b的值即可；
（Ⅱ）當直線l的斜率存在時，求出直線RA、RB的斜率之和即可證明結(jié)論成立；
（Ⅲ）討論直線l的斜率是否存在，利用弦長公式以及轉(zhuǎn)化法、基本不等式等求出|AB|•|MN|的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）因為橢圓C長軸長等于圓R：x²+（y-2）²=4的直徑，
所以2a=4，a=2；  …（1分）
由離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，得e²=$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}$，
所以$\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{^{2}}{4}=\frac{1}{2}$，得b²=2；…（2分）
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；…（3分）
（Ⅱ）當直線l的斜率存在時，設l的方程為y=kx+1，與$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立，
消去y，得（1+2k²）x²+4kx-2=0；
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$，…（5分）
由R（0，2），得k_RA+k_RB=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$=$\frac{k{x}_{1}-1}{{x}_{1}}+\frac{k{x}_{2}-1}{{x}_{2}}$
=2k-（$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$）=2k-$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=0．…（7分）
所以直線RA，RB的斜率之和等于零；…（8分）
（Ⅲ）當直線l的斜率不存在時，|AB|=2$\sqrt{2}$，|MN|=4，|AB|•|MN|=8$\sqrt{2}$；…（9分）
當直線l的斜率存在時，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}）^{2}+4×\frac{2}{1+2{k}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}\frac{\sqrt{32{k}^{2}+8}}{1+2{k}^{2}}$
|MN|=2$\sqrt{4-（\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}）^{2}}$=2$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{1+2{k}^{2}}}$，…（11分）
所以|AB|•|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{32{k}^{2}+8}}{1+2{k}^{2}}$×2$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{1+{k}^{2}}}$
=4$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{（4{k}^{2}+1）（4{k}^{2}+3）}}{1+2{k}^{2}}$；
因為直線l過點P（0，1），所以直線l與橢圓C和圓R均交于兩點，
令1+2k²=t，則t≥1，
所以|AB|•|MN|=4$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{（2t-1）（2t+1）}{{t}^{2}}}=4\sqrt{2}\sqrt{4-\frac{1}{{t}^{2}}}＜8\sqrt{2}$，
又y=4$\sqrt{2}$•$\sqrt{4-\frac{1}{{t}^{2}}}$在t≥1時單調(diào)遞增，
所以|AB|•|MN|=4$\sqrt{2}\sqrt{4-\frac{1}{{t}^{2}}}≥4\sqrt{6}$，
當且僅當t=1，k=0等號成立；…（13分）
綜上，|AB|•|MN|的取值范圍是[4$\sqrt{6}$，8$\sqrt{2}$]．…（14分）

點評 本題考查了圓錐曲線的綜合應用問題，也考查了數(shù)形結(jié)合思想、方程思想的應用問題，考查了計算能力與分析問題、解決問題的能力，是綜合性題目．