Question

15．如图，在平面直角坐标系xOy中，A和B分别是椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）和
C₂：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞n＞0）上的动点，已知C₁的焦距为2，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，又当动点A在x轴上的射影为C₁的焦点时，点A恰在双曲线2y²-x²=1的渐近线上．
（Ⅰ）求椭圆C₁的标准方程；
（Ⅱ）若C₁与C₂共焦点，且C₁的长轴与C₂的短轴长度相等，求|AB|²的取值范围．

Answer 1

分析 （I）双曲线2y²-x²=1的渐近线方程为$y=±\frac{\sqrt{2}}{2}x$，可得$\frac{{b}^{2}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又C₁的焦距为2，可得半焦距c=1．a²-b²=1，解得即可得出椭圆C₁的标准方程；
（II）由于C₁与C₂共焦点，且C₁的长轴与C₂的短轴长度相等，可得m²=n²+1，2n=2a=2$\sqrt{2}$，即可得出椭圆C₂的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（1）当直线OA的斜率k存在且k≠0时，设直线OA的方程为y=kx，与椭圆方程联立可得|OA|²=1+$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$．同理可得|OB|²=3-$\frac{3}{3+2{k}^{2}}$，根据$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，可得|AB|²=|OA|²+|OB|²=4-$\frac{4}{8+\frac{3}{{k}^{2}}+4{k}^{2}}$，利用基本不等式的性质即可得出．（2）当直线OA的斜率不存在时，可得|AB|²=4．

解答 解：（I）双曲线2y²-x²=1的渐近线方程为$y=±\frac{\sqrt{2}}{2}x$，∴$\frac{{b}^{2}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又C₁的焦距为2，∴半焦距c=1．
∴a²-b²=1，解得a²=2，b=1．
∴椭圆C₁的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（II）∵C₁与C₂共焦点，且C₁的长轴与C₂的短轴长度相等，
∴m²=n²+1，2n=2a=2$\sqrt{2}$，解得n²=2，m²=3，
∴椭圆C₂的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（1）当直线OA的斜率k存在且k≠0时，设直线OA的方程为y=kx，联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx}\end{array}\right.$，
可得${x}^{2}=\frac{2}{1+2{k}^{2}}$，y²=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∴|OA|²=$\frac{2+2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=1+$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=-\frac{1}{k}x}\end{array}\right.$，可得x²=$\frac{6{k}^{2}}{2{k}^{2}+3}$，y²=$\frac{6}{2{k}^{2}+3}$，
∴|OB|²=$\frac{6+6{k}^{2}}{3+2{k}^{2}}$=3-$\frac{3}{3+2{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
∴|AB|²=|OA|²+|OB|²=4+$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{3}{3+2{k}^{2}}$
=4-$\frac{4}{8+\frac{3}{{k}^{2}}+4{k}^{2}}$≥4-$4-\frac{4}{8+4\sqrt{3}}$=$2+\sqrt{3}$，当且仅当${k}^{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$时取等号，
又|AB|²＜4，∴$2+\sqrt{3}≤$|AB|²＜4．
（2）当直线OA的斜率不存在时，可得|AB|²=4．
综上（1）（2）可得：|AB|²的取值范围是$[2+\sqrt{3}，4]$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立、向量垂直与数量积的关系、勾股定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．