Question

12．已知橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{1}{2}$，且直線${l_1}：\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$被橢圓C₁截得的弦長為$\sqrt{7}$．
（I）求橢圓C₁的方程；
（II）以橢圓C₁的長軸為直徑作圓C₂，過直線l₂：y=4上的動點M作圓C₂的兩條切線，設切點為A，B，若直線AB與橢圓C₁交于不同的兩點C，D，求|CD|•|AB|的取信范圍．

Answer 1

分析 （I）線${l_1}：\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，經過點（a，0），（0，b），被橢圓C₁截得的弦長為$\sqrt{7}$．可得a²+b²=7．又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，聯立解出即可得出橢圓C₁的方程．
（II）由（I）可得：圓C₂的方程為：x²+y²=4．設M（2t，4），則以OM為直徑的圓的方程為：（x-t）²+（y-2）²=t²+4．與x²+y²=4聯立可得：直線AB的方程為：2tx+4y-4=0，設C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），與橢圓方程聯立化為：（t²+3）x²-4tx-8=0，利用弦長公式可得|CD|=2$\sqrt{{t}^{2}+4}$$•\frac{\sqrt{3{t}^{2}+6}}{{t}^{2}+3}$．又圓心O到直線AB的距離d=$\frac{2}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，可得|AB|=$2\sqrt{4-p9vv5xb5^{2}}$，可得|AB|•|CD|=$\frac{8\sqrt{3{t}^{2}+6}}{\sqrt{{t}^{2}+3}}$，令t²+3=m≥3，可得|AB|•|CD|=8=8$\sqrt{3-\frac{3}{m}}$，即可得出．

解答 解：（I）線${l_1}：\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，經過點（a，0），（0，b），被橢圓C₁截得的弦長為$\sqrt{7}$．可得a²+b²=7．
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解得：a²=4，b²=3，c=1．
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）由（I）可得：圓C₂的方程為：x²+y²=4．
設M（2t，4），則以OM為直徑的圓的方程為：（x-t）²+（y-2）²=t²+4．
與x²+y²=4聯立可得：直線AB的方程為：2tx+4y-4=0，
設C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），聯立$\left\{\begin{array}{l}{2tx+4y-4=0}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（t²+3）x²-4tx-8=0，
則x₁+x₂=$\frac{4t}{{t}^{2}+3}$，x₁•x₂=$\frac{-8}{{t}^{2}+3}$，
|CD|=$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}$$\sqrt{（\frac{4t}{{t}^{2}+3}）^{2}-4×\frac{-8}{{t}^{2}+3}}$=2$\sqrt{{t}^{2}+4}$$•\frac{\sqrt{3{t}^{2}+6}}{{t}^{2}+3}$．又
圓心O到直線AB的距離d=$\frac{4}{\sqrt{4{t}^{2}+16}}$=$\frac{2}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
∴|AB|=$2\sqrt{4-p9vv5xb5^{2}}$=2$\sqrt{4-\frac{4}{{t}^{2}+4}}$=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+3}}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
∴|AB|•|CD|=2$\sqrt{{t}^{2}+4}$$•\frac{\sqrt{3{t}^{2}+6}}{{t}^{2}+3}$×$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+3}}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$=$\frac{8\sqrt{3{t}^{2}+6}}{\sqrt{{t}^{2}+3}}$，
令t²+3=m≥3，則|AB|•|CD|=8$\sqrt{\frac{3m-3}{m}}$=8$\sqrt{3-\frac{3}{m}}$，
∵m≥3，可得$2≤3-\frac{3}{m}$＜3，可得：$8\sqrt{2}$≤|AB|•|CD|＜8$\sqrt{3}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交弦長問題、直線與圓相交弦長公式、點到直線的距離公式、換元法、函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．