Question

12．已知椭圆${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{1}{2}$，且直线${l_1}：\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$被椭圆C₁截得的弦长为$\sqrt{7}$．
（I）求椭圆C₁的方程；
（II）以椭圆C₁的长轴为直径作圆C₂，过直线l₂：y=4上的动点M作圆C₂的两条切线，设切点为A，B，若直线AB与椭圆C₁交于不同的两点C，D，求|CD|•|AB|的取信范围．

Answer 1

分析 （I）线${l_1}：\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，经过点（a，0），（0，b），被椭圆C₁截得的弦长为$\sqrt{7}$．可得a²+b²=7．又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，联立解出即可得出椭圆C₁的方程．
（II）由（I）可得：圆C₂的方程为：x²+y²=4．设M（2t，4），则以OM为直径的圆的方程为：（x-t）²+（y-2）²=t²+4．与x²+y²=4联立可得：直线AB的方程为：2tx+4y-4=0，设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），与椭圆方程联立化为：（t²+3）x²-4tx-8=0，利用弦长公式可得|CD|=2$\sqrt{{t}^{2}+4}$$•\frac{\sqrt{3{t}^{2}+6}}{{t}^{2}+3}$．又圆心O到直线AB的距离d=$\frac{2}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，可得|AB|=$2\sqrt{4-{d}^{2}}$，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）线${l_1}：\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，经过点（a，0），（0，b），被椭圆C₁截得的弦长为$\sqrt{7}$．可得a²+b²=7．
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解得：a²=4，b²=3，c=1．
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）由（I）可得：圆C₂的方程为：x²+y²=4．
设M（2t，4），则以OM为直径的圆的方程为：（x-t）²+（y-2）²=t²+4．
与x²+y²=4联立可得：直线AB的方程为：2tx+4y-4=0，
设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），联立$\left\{\begin{array}{l}{2tx+4y-4=0}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为：（t²+3）x²-4tx-8=0，
则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}$．又
圆心O到直线AB的距离d=$\frac{4}{\sqrt{4{t}^{2}+16}}$=$\frac{2}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
∴|AB|=$2\sqrt{4-{d}^{2}}$=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}}$，
令t²+3=m≥3，则|AB|•|CD|=8$\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$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、直线与圆相交弦长公式、点到直线的距离公式、换元法、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．