Question

13．已知圆${E_2}：{x^2}+{y^2}=2$，将圆E₂按伸缩变换：$\left\{\begin{array}{l}{x^/}=x\\{y^/}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}y\end{array}\right.$后得到曲线E₁，
（1）求E₁的方程；
（2）过直线x=2上的点M作圆E₂的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E₁交于C，D两点，求$\frac{|CD|}{|AB|}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据题意，由平面直角坐标系中的伸缩变化的规律可得（x′）²+2（y′）²=2，整理即可得答案；
（2）根据题意，直线x=2上任意一点M以及切点A，B坐标，分析可得切线AM，BM的方程，分t=0与t≠0两种情况讨论，分别求出$\frac{|CD|}{|AB|}$的取值范围，综合即可得答案．

解答 解：（1）按伸缩变换：$\left\{\begin{array}{l}{x^/}=x\\{y^/}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}y\end{array}\right.$得：（x′）²+2（y′）²=2，
则E₁：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）设直线x=2上任意一点M的坐标是（2，t），t∈R，切点A，B坐标分别是（x₁，y₁），（x₂，y₂）；
则经过A点的切线斜率k=$-\frac{x_1}{y_1}$，方程是x₁x+y₁y=2，经过B点的切线方程是x₂x+y₂y=2，
又两条切线AM，BM相交于M（2，t），
则有$\left\{\begin{array}{l}{2{x}_{1}+t{y}_{1}=2}\\{2{x}_{2}+t{y}_{2}=2}\end{array}\right.$，
所以经过A、B两点的直线l的方程是2x+ty=2，
当t=0时，有A（1，1），B（1，-1），C（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），D（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
则|CD|=$\sqrt{2}$，|AB|=2，$\frac{|CD|}{|AB|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
当t≠0时，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2-2x}{t}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（t²+8）x²-16x+8-2t²=0；
设C、D坐标分别为（x₃，y₃），（x₄，y₄），则$\left\{\begin{array}{l}{x_3}+{x_4}=\frac{16}{{{t^2}+8}}\\{x_3}•{x_4}=\frac{{8-2{t^2}}}{{{t^2}+8}}\end{array}\right.$，
$|CD|=\frac{{2\sqrt{2}（{t^2}+4）}}{{{t^2}+8}}$，$|AB|=2\sqrt{\frac{{2（{t^2}+2）}}{{{t^2}+4}}}$，
∴$\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{{{{（{t^2}+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{{（{t^2}+8）\sqrt{{t^2}+2}}}$
令t²+4=x，则x＞4，则f（x）=$\sqrt{-\frac{32}{{x}^{3}}+\frac{6}{x}+1}$，
又令u=$\frac{1}{x}$∈（0，$\frac{1}{4}$），φ（u）=-32u³+6u+1，u∈（0，$\frac{1}{4}$），
令φ′（u）=-96u²+6，令-96u²+6=0，解可得u₀=$\frac{1}{4}$，
故φ（u）=-32u³+6u+1在（0，$\frac{1}{4}$）上单调递增，且有φ（u）∈（1，$\sqrt{2}$），
而$\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{{{{（{t^2}+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{{（{t^2}+8）\sqrt{{t^2}+2}}}$，则$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜$\frac{|CD|}{|AB|}$＜1；
综合可得$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤$\frac{|CD|}{|AB|}$＜1；
所以$\frac{|CD|}{|AB|}$的取值范围为[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

点评 本题考查平面直角坐标系中的伸缩变化，涉及直线与圆的位置关系及应用，关键是掌握平面直角坐标系中的伸缩变化的规律．