Question

14．设 椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），F₁、F₂是椭圆的左右焦点，以F₁F₂及椭圆短轴上的一个端点为顶点的三角形的面积为$\sqrt{3}$的正三角形．
（1）求椭圆方程；
（2）设C₂是以F₁F₂为直径的圆，过圆C₂上一点P作圆C₂的切线，交椭圆于AB点，求|AB|的取值范围．

Answer 1

分析 （1）以F₁F₂及椭圆短轴上的一个端点为顶点的三角形的面积为$\sqrt{3}$的正三角形．可得$\frac{1}{2}2c•b$=$\sqrt{3}$，$b=\sqrt{3}c$，解出即可．
（2）C₂是以F₁F₂为直径的圆，可得方程为：x²+y²=1．当直线AB的斜率不存在时，把x=1代入椭圆方程解得y=$±\frac{3}{2}$，可得|AB|．当直线AB的斜率k=0时，把y=1代入椭圆方程解得x=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，可得|AB|．当直线AB的斜率存在不为0时，设方程为：y=kx+m，由于直线AB与圆相切可得：m²=1+k²．直线方程与椭圆方程联立可得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，利用根与系数的关系可得：|AB|²=$（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]$=$\frac{48（1+{k}^{2}）（2+3{k}^{2}）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$=f（k），通过换元求导即可得出．

解答 解：（1）∵以F₁F₂及椭圆短轴上的一个端点为顶点的三角形的面积为$\sqrt{3}$的正三角形．
∴$\frac{1}{2}2c•b$=$\sqrt{3}$，$b=\sqrt{3}c$，
解得b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴a²=b²+c²=4．
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）C₂是以F₁F₂为直径的圆，可得方程为：x²+y²=1．
当直线AB的斜率不存在时，把x=1代入椭圆方程解得y=$±\frac{3}{2}$，∴|AB|=3．
当直线AB的斜率k=0时，把y=1代入椭圆方程解得x=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，∴|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
当直线AB的斜率存在不为0时，设方程为：y=kx+m，
由于直线AB与圆相切可得：$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，化为m²=1+k²．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∴|AB|²=$（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]$
=$\frac{16（1+{k}^{2}）（9+12{k}^{2}-3{m}^{2}）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{48（1+{k}^{2}）（2+3{k}^{2}）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}$=f（k），
令1+k²=t＞1，则f（k）=g（t）=$\frac{48t（3t-1）}{（4t-1）^{2}}$，
g′（t）=$\frac{-48（2t-1）}{（4t-1）^{3}}$＜0，
∴函数g（t）在t＞1时单调递减，
∴0＜g（t）＜g（1）=$\frac{32}{3}$．即$0＜|AB|＜\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
综上可得：$3≤|AB|≤\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
∴|AB|的取值范围是$[3，\frac{4\sqrt{6}}{3}]$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积计算公式、正三角形的性质、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．