Question

16．设椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a，b＞0）经过点M（2，$\sqrt{2}$），N（$\sqrt{6}$，1），O为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒在两个交点A、B且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的离心率及过点过M（2，$\sqrt{2}$），N（$\sqrt{6}$，1）列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆E的方程．
（2）假设存在这样的圆，设该圆的切线为y=kx+m，与椭圆联立，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，由此利用根的判别式、韦达定理、圆的性质，结合已知条件能求出|AB|的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a，b＞0）过M（2，$\sqrt{2}$），N（$\sqrt{6}$，1）两点，
∵$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1}\\{\frac{6}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1}\end{array}}\right.$，解得：$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{a^2}=\frac{1}{8}}\\{\frac{1}{b^2}=\frac{1}{4}}\end{array}}\right.$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{a^2}=8}\\{{b^2}=4}\end{array}}\right.$，
椭圆E的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$…（2分）
（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
设该圆的切线方程为y=kx+m，解方程组$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$，得x²+2（kx+m）²=8，即（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
则△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）=8（8k²-m²+4）＞0，即8k²-m²+4＞0，$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$…．（4分）
${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=\frac{{{k^2}（2{m^2}-8）}}{{1+2{k^2}}}-\frac{{4{k^2}{m^2}}}{{1+2{k^2}}}+{m^2}=\frac{{{m^2}-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
要使$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，需使x₁x₂+y₁y₂=0，即$\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}+\frac{{{m^2}-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=0$，
所以3m²-8k²-8=0，所以${k^2}=\frac{{3{m^2}-8}}{8}≥0$，
又8k²-m²+4＞0，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{m^2}＞2}\\{3{m^2}≥8}\end{array}}\right.$，
∴${m^2}≥\frac{8}{3}$，即$m≥\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$或$m≤-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
∵直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，
∴圆的半径为$r=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，${r^2}=\frac{m^2}{{1+{k^2}}}=\frac{m^2}{{1+\frac{{3{m^2}-8}}{8}}}=\frac{8}{3}$，$r=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
所求的圆为${x^2}+{y^2}=\frac{8}{3}$，
此时圆的切线y=kx+m都满足$m≥\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$或$m≤-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，…（7分）
而当切线的斜率不存在时切线为$x=±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，与椭圆$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$的两个交点为$（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$或$（-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$满足$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
综上，存在圆心在原点的圆${x^2}+{y^2}=\frac{8}{3}$，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$…..（8分）
∵$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$，
∴${（{x_1}-{x_2}）^2}={（{x_1}+{x_2}）^2}-4{x_1}{x_2}={（-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}）^2}-4×\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{8（8{k^2}-{m^2}+4）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}$，$|AB|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}=\sqrt{（1+{k^2}）{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}=\sqrt{（1+{k^2}）\frac{{8（8{k^2}-{m^2}+4）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}•\frac{{4{k^4}+5{k^2}+1}}{{4{k^4}+4{k^2}+1}}}=\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{k^2}{{4{k^4}+4{k^2}+1}}]}$，…（10分）
①当k≠0时$|AB|=\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{1}{{4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4}}]}$
∵$4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4≥8$，
∴$0＜\frac{1}{{4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4}}≤\frac{1}{8}$，
∴$\frac{32}{3}＜\frac{32}{3}[1+\frac{1}{{4{k^2}+\frac{1}{k^2}+4}}]≤12$，
∴$\frac{4}{3}\sqrt{6}＜|AB|≤2\sqrt{3}$，当且仅当$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时取”=”…（11分）
②当k=0时，$|AB|=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$…．（12分）
③当AB的斜率不存在时，两个交点为$（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$或$（-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，±\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，
所以此时$|AB|=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$，…（13分）
综上，|AB|的取值范围为$\frac{4}{3}\sqrt{6}≤|AB|≤2\sqrt{3}$，
即：$|AB|∈[\frac{4}{3}\sqrt{6}，2\sqrt{3}]$…（14分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的圆是否存在的判断及弦长的求法，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、圆的性质、椭圆性质的合理运用，属于难题．