Question

10．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的短軸長(zhǎng)等于焦距，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為等于圓R：x²+（y-2）²=4的直徑，過點(diǎn)P（0，1）的直線l與橢圓C交于兩點(diǎn)A，B，與圓R交于兩點(diǎn)M，N
（I）求橢圓C的方程；
（II）求|AB|•|MN|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知條件，得出b=c，由圓的直徑得出2a．進(jìn)而得基本參數(shù)a，b，c．
（2）直線與圓位置關(guān)系，構(gòu)造直角三角形用勾股關(guān)系求得|MN|，直線與橢圓采用設(shè)而不求法，根據(jù)韋達(dá)定理求得弦長(zhǎng)|AB|，都轉(zhuǎn)化為關(guān)于斜率k的函數(shù)求取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)闄E圓C長(zhǎng)軸長(zhǎng)等于圓R：x²+（y-2）²=4的直徑，
所以2a=4，a=2；又2b=2c，
所以$b=c=\sqrt{2}$，
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；…（3分）
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，|AB|=2$\sqrt{2}$，|MN|=4，|AB|•|MN|=8$\sqrt{2}$；…（4分）
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y=kx+1，與$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$聯(lián)立，
消去y，得（1+2k²）x²+4kx-2=0；
由△＞0，可得k∈R…（5分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=$-\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$-\frac{2}{1+2{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4k}{1+2{k}^{2}}）^{2}+\frac{8}{1+2{k}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{32{k}^{2}+8}}{1+2{k}^{2}}$，…（7分）
|MN|=2$\sqrt{4-（\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}）^{2}}$=2$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{1+{k}^{2}}}$，…（9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$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{4{k}^{2}+1}•\sqrt{4{k}^{2}+3}}{1+2{k}^{2}}$
=$4\sqrt{2}\sqrt{4-\frac{1}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}∈[4\sqrt{6}，8\sqrt{2}）$
綜上，|AB|•|MN|的取值范圍是[4$\sqrt{6}$，8$\sqrt{2}$]．…12

點(diǎn)評(píng) 考查了求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與圓、橢圓的位置關(guān)系．考查了設(shè)而不求法，函數(shù)思想．化簡(jiǎn)及求范圍有一定難度，故屬于難題；易忽略斜率不存在這類，故屬于易錯(cuò)題．