Question

7．已知橢圓C的方程為x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，定點(diǎn)N（0，1），過圓M：x²+y²=$\frac{4}{5}$上任意一點(diǎn)作圓M的一條切線交橢圓C于A、B兩點(diǎn)．
（1）求證：$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0；
（2）求|AB|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，易得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即OA⊥OB；當(dāng)切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立消去y并由韋達(dá)定理驗(yàn)證$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=0即可；
（2）由（1）知當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，|AB|=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$；當(dāng)切線斜率存在時(shí)，由弦長公式可得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|，由韋達(dá)定理和換元的思想，結(jié)合不等式的性質(zhì)，可得此時(shí)|AB|的范圍綜合可得．

解答 （1）證明：當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，
方程為x=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)為（$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）或（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$），
此時(shí)有$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即OA⊥OB；
當(dāng)切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線方程為y=kx+m，
與橢圓方程聯(lián)立消去y并整理可得（4+k²）x²+2kmx+m²-4=0，
由△＞0可得k²-m²+4＞0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由韋達(dá)定理可得x₁+x₂=-$\frac{2km}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{4{m}^{2}-4{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$，
∵直線與圓O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，
∴d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{4}{5}}$，∴5m²=4k²+4，
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{5{m}^{2}-4-4{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$=0，
綜上可得OA⊥OB；
（2）解：由（1）知當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，|AB|=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$；
當(dāng)切線斜率存在時(shí)，由弦長公式可得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（\frac{-2km}{4+{k}^{2}}）^{2}-\frac{4（{m}^{2}-4）}{4+{k}^{2}}]}$，
把5m²=4k²+4代入化簡可得|AB|=4$\sqrt{\frac{（1+{k}^{2}）（16+{k}^{2}）}{5（4+{k}^{2}）^{2}}}$，
令4+k²=t，則t≥4，且k²=t-4，
代入上式可得|AB|=4$\sqrt{\frac{{t}^{2}+9t-36}{5{t}^{2}}}$=$\frac{4}{\sqrt{5}}$$\sqrt{\frac{25}{16}-36（\frac{1}{t}-\frac{1}{8}）^{2}}$，
由t≥4可得0＜$\frac{1}{t}$≤$\frac{1}{4}$，當(dāng)t=8即k=±2時(shí)，|AB|取得最大值$\sqrt{5}$；
∴|AB|的取值范圍為[$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，$\sqrt{5}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓相切的條件，考查橢圓的性質(zhì)，涉及直線和圓錐曲線的位置關(guān)系以及弦長公式，屬于中檔題．