Question

18．已知椭圆 C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的两个焦点F₁，F₂，动点P在椭圆上，且使得∠F₁PF₂=90°的点P恰有两个，动点P到焦点F₁的距离的最大值为2+$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）如图，以椭圆C₁的长轴为直径作圆C₂，过直线x=-2$\sqrt{2}$上的动点T作圆C₂的两条切线，设切点分别为A，B，若直线AB与椭圆C₁交于不同的两点C，D，求弦|CD|长的取值范围．

Answer 1

分析 （I）利用条件推出$b=c，a=\sqrt{2}c$；动点P到焦点F₁的距离的最大值为$2+\sqrt{2}$，可得$a+c=2+\sqrt{2}$，求出a、c、b，即可求出椭圆方程．
（II）设直线$x=-2\sqrt{2}$上动点T的坐标为$（-2\sqrt{2}，t）$，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），求出直线AT的方程为x₁x+y₁y=4，直线BT的方程为x₂x+y₂y=4，通过$\left\{{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}{x_1}+t{y_1}=4}\\{-2\sqrt{2}{x_2}+t{y_2}=4}\end{array}}\right.$，得到直线AB的方程，联立直线与椭圆方设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．利用韦达定理求解|CD|，然后求出范围即可．

解答 解：（I）由使得∠F₁PF₂=90°的点P恰有两个可得$b=c，a=\sqrt{2}c$；动点P到焦点F₁的距离的最大值为$2+\sqrt{2}$，可得$a+c=2+\sqrt{2}$，即$a=2，c=\sqrt{2}$，
所以椭圆C₁的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$…（4分）
（II）圆C₂的方程为x²+y²=4，设直线$x=-2\sqrt{2}$上动点T的坐标为$（-2\sqrt{2}，t）$设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则直线AT的方程为x₁x+y₁y=4，直线BT的方程为x₂x+y₂y=4，又$（-2\sqrt{2}，t）$在直线AT和BT上，即$\left\{{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}{x_1}+t{y_1}=4}\\{-2\sqrt{2}{x_2}+t{y_2}=4}\end{array}}\right.$，
故直线AB的方程为$-2\sqrt{2}x+ty=4$…（6分）
联立$\left\{{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}x+ty=4}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}\end{array}}\right.$，消去x得（t²+16）y²-8yt-16=0，设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．
则${y_3}+{y_4}=\frac{8t}{{{t^2}+16}}，{y_3}{y_4}=\frac{-16}{{{t^2}+16}}$，…（8分）
从而$|{CD}|=\sqrt{1+\frac{t^2}{8}}|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{4（{t^2}+8）}}{{（{t^2}+16）}}$…（10分）
=$4+\frac{-32}{{t}^{2}+16}$，
又t²+16≥16，从而$-2≤\frac{-32}{{t}^{2}+16}＜0$，所以|CD|∈[2，4）…（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力．转化思想的应用，是难度比较大的题目．