Question

7．已知椭圆C的方程为x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，定点N（0，1），过圆M：x²+y²=$\frac{4}{5}$上任意一点作圆M的一条切线交椭圆C于A、B两点．
（1）求证：$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0；
（2）求|AB|的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当切线斜率不存在时，易得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即OA⊥OB；当切线斜率存在时，设切线方程为y=kx+m，与椭圆方程联立消去y并由韦达定理验证$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=0即可；
（2）由（1）知当切线斜率不存在时，|AB|=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$；当切线斜率存在时，由弦长公式可得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|，由韦达定理和换元的思想，结合不等式的性质，可得此时|AB|的范围综合可得．

解答 （1）证明：当切线斜率不存在时，
方程为x=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
与椭圆的两个交点为（$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）或（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
此时有$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即OA⊥OB；
当切线斜率存在时，设切线方程为y=kx+m，
与椭圆方程联立消去y并整理可得（4+k²）x²+2kmx+m²-4=0，
由△＞0可得k²-m²+4＞0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由韦达定理可得x₁+x₂=-$\frac{2km}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{4{m}^{2}-4{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$，
∵直线与圆O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，
∴d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{4}{5}}$，∴5m²=4k²+4，
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{5{m}^{2}-4-4{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$=0，
综上可得OA⊥OB；
（2）解：由（1）知当切线斜率不存在时，|AB|=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$；
当切线斜率存在时，由弦长公式可得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（\frac{-2km}{4+{k}^{2}}）^{2}-\frac{4（{m}^{2}-4）}{4+{k}^{2}}]}$，
把5m²=4k²+4代入化简可得|AB|=4$\sqrt{\frac{（1+{k}^{2}）（16+{k}^{2}）}{5（4+{k}^{2}）^{2}}}$，
令4+k²=t，则t≥4，且k²=t-4，
代入上式可得|AB|=4$\sqrt{\frac{{t}^{2}+9t-36}{5{t}^{2}}}$=$\frac{4}{\sqrt{5}}$$\sqrt{\frac{25}{16}-36（\frac{1}{t}-\frac{1}{8}）^{2}}$，
由t≥4可得0＜$\frac{1}{t}$≤$\frac{1}{4}$，当t=8即k=±2时，|AB|取得最大值$\sqrt{5}$；
∴|AB|的取值范围为[$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，$\sqrt{5}$]．

点评 本题考查直线和圆相切的条件，考查椭圆的性质，涉及直线和圆锥曲线的位置关系以及弦长公式，属于中档题．