Question

19．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的离心率是$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且直线l₁：$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$被椭圆C截得的弦长为$\sqrt{5}$．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若直线l₁与圆D：x²+y²-6x-4y+m=0相切：
（i）求圆D的标准方程；
（ii）若直线l₂过定点（3，0），与椭圆C交于不同的两点E、F，与圆D交于不同的两点M、N，求|EF|•|MN|的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的离心率公式及勾股定理即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（Ⅱ）（i）由题意求得直线l₁方程，将圆转化成标准方程，利用点圆心到直线的距离公式，求得半径，即可求得椭圆方程；
（ii）设l₂：y=k（x-3），代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式求得|EF|•|MN|，根据二次函数的单调性即可求得|EF|•|MN|的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由已知得直线l₁过定点（a，0），（0，b），a²+b²=5，
又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²=b²+c²，解得a²=4，b²=1，
故所求椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）得直线l₁的方程为$\frac{x}{2}+y=1$，即x+2y-2=0，
又圆D的标准方程为（x-3）²+（y-2）²=13-m，
∴圆心为（3，2），圆的半径$r=\frac{|3+2×2-2|}{{\sqrt{{1^2}+{2^2}}}}=\sqrt{5}$，
∴圆D的标准方程为（x-3）²+（y-2）²=5．
（ii）由题可得直线l₂的斜率存在，
设l₂：y=k（x-3），与椭圆C的两个交点为E（x₁，y₁）、F（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+3）\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$消去y得（1+4k²）x²-24k²x+36k²-4=0，
由△＞0，得$0≤{k^2}＜\frac{1}{5}$，${x_1}+{x_2}=\frac{{24{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{36{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，
∴$|EF|=\sqrt{1+{k^2}[{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}]}$=$\sqrt{（1+{k^2}）[{{{（\frac{{24{k^2}}}{{1+4{k^2}}}）}^2}-4×\frac{{36{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}}]}$=$4\sqrt{\frac{{（1+{k^2}）（1-5{k^2}）}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}$．
又圆D的圆心（3，2）到直线l₂：kx-y-3k=0的距离$d=\frac{|3k-2-3k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
∴圆D截直线l₂所得弦长$|MN|=2\sqrt{{r^2}-{d^2}}=2\sqrt{\frac{{5{k^2}+1}}{{{k^2}+1}}}$，
∴$|EF|•|MN|=4\sqrt{\frac{{（1+{k^2}）（1-5{k^2}）}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}×2\sqrt{\frac{{5{k^2}+1}}{{{k^2}+1}}}=8\sqrt{\frac{{1-25{k^4}}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}$，
设$t=1+4{k^2}∈[1，\frac{9}{5}）$，${k^2}=\frac{t-1}{4}$，
则$|EF|•|MN|=8\sqrt{\frac{{1-25{{（\frac{t-1}{4}）}^2}}}{t^2}}=2\sqrt{-9{{（\frac{1}{t}）}^2}+50（\frac{1}{t}）-25}$，
∵y=-9x²+50x-25的对称轴为$x=\frac{25}{9}$，在$（\frac{5}{9}，1]$上单调递增，0＜y≤16，
∴$0＜-9{（\frac{1}{t}）^2}+50（\frac{1}{t}）-25≤16$，
∴0＜|EF|•|MN|≤8．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，圆的标准方程，考查韦达定理，弦长公式及圆锥曲线与二次函数的综合应用，考查计算能力，属于中档题．