Question

15．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$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，且圆${C_2}：{x^2}+{y^2}=4$经过椭圆C₁短轴的两个端点，C，D是圆C₂上两个动点，直线CD交椭圆C₁于A，B两点．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）当$|{CD}|=2\sqrt{3}$时，求|AB|的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可得b=2，运用离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，进而得到所求椭圆方程；
（2）讨论直线CD的斜率不存在，求得圆心到直线的距离，求得弦长AB；直线CD的斜率存在，设CD：y=kx+m，由点到直线的距离公式和联立椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理，结合换元法和二次函数的值域求法，即可得到所求AB的范围．

解答 解：（1）圆${C_2}：{x^2}+{y^2}=4$经过椭圆C₁短轴的两个端点，
可得b=2，
离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，即e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又c²=a²-b²，
解得c=2，a=2$\sqrt{2}$，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）当$|{CD}|=2\sqrt{3}$时，
圆C₂到直线CD的距离为d=$\sqrt{{2}^{2}-（\sqrt{3}）^{2}}$=1，
①当CD⊥x轴时，可将x=±1代入椭圆方程解得y=±$\frac{\sqrt{14}}{2}$，
可得|AB|=$\sqrt{14}$；
②当直线CD的斜率存在时，设CD：y=kx+m，
由d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，可得m²=1+k²，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{4+8{k}^{2}-{m}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$
=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{（1+{k}^{2}）（3+7{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
可令t=1+2k²（t≥1），即k²=$\frac{1}{2}$（t-1），
则|AB|=2$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{（1+\frac{t-1}{2}）（3+\frac{7t-7}{2}）}{{t}^{2}}}$
=$\sqrt{2}$•$\sqrt{-\frac{1}{{t}^{2}}+\frac{6}{t}+7}$，
由t≥1，可得0＜$\frac{1}{t}$≤1，
-$\frac{1}{{t}^{2}}$+$\frac{6}{t}$+7=-（$\frac{1}{t}$-3）²+16∈（7，12]，
则$\sqrt{14}$＜|AB|≤2$\sqrt{6}$．
综上可得|AB|的取值范围为[$\sqrt{14}$，2$\sqrt{6}$]．

点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查直线和圆截得的弦长，注意运用勾股定理，以及直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查换元法及二次函数的值域问题，化简整理的运算能力，属于中档题．