Question

14．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，e），其中e是橢圓C₁的離心率，以原點(diǎn)O為圓心，以橢圓C₁的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為直徑的圓C₂與直線x-y+2=0相切．
（Ⅰ）求橢圓C₁和圓C₂的方程；
（Ⅱ）過(guò)橢圓C₁的右焦點(diǎn)F的直線l₁與橢圓C₁交于點(diǎn)A，B，過(guò)F且與直線l₁垂直的直線l₂與圓C₂交于點(diǎn)C，D，以A，B，C，D為頂點(diǎn)的四邊形的面積記為S，求S的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，e），以原點(diǎn)O為圓心，以橢圓C₁的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為直徑的圓C₂與直線x-y+2=0相切，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C₁的方程和圓C₂的方程．
（Ⅱ）若直線AB的斜率不存在，由l₁⊥l₂，得S=2；若直線AB的斜率為0，由l₁⊥l₂，得|AB|=2$\sqrt{2}$，|CD|=2，S=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}=2$；若直線AB的斜率存在且不為0，設(shè)l₁的方程為y=k（x-1），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，由此利用韋達(dá)定理、根的差別式、弦長(zhǎng)公式、函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合已知條件能求出S的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，e），
以原點(diǎn)O為圓心，以橢圓C₁的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為直徑的圓C₂與直線x-y+2=0相切，
∴由已知得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}^{2}}=1}\\{\frac{2}{\sqrt{2}}=a}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1．
所以橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，圓C₂的方程為x²+y²=2．
（Ⅱ）若直線AB的斜率不存在，由l₁⊥l₂，得|AB|=$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，|CD|=2$\sqrt{2}$，
此時(shí)S=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}=2$．
若直線AB的斜率為0，由l₁⊥l₂，得|AB|=2$\sqrt{2}$，|CD|=2$\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}-1}$=2，
此時(shí)S=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}=2$．
若直線AB的斜率存在且不為0，設(shè)l₁的方程為y=k（x-1）．
設(shè)A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，
消y，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
所以${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
△=16k⁴-4（1+2k²）（2k²-2）=8k²+8＞0．
|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{8{k}^{2}+8}}{1+2{k}^{2}}$．
又l₂的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-1），即x+ky-1=0，
得|CD|=2$\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}-\frac{1}{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{\frac{2{k}^{2}+1}{1+{k}^{2}}}$．
所以S=$\frac{1}{2}$|AB|×|CD|=$\frac{1}{2}×\sqrt{1+{k}^{2}}×\frac{\sqrt{8{k}^{2}+8}}{1+2{k}^{2}}×2\sqrt{\frac{2{k}^{2}+1}{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{1+\frac{1}{1+2{k}^{2}}}$．
因?yàn)閗²＞0，關(guān)于k²是單調(diào)遞減函數(shù)，
$S=2\sqrt{1+\frac{1}{1+2{k}^{2}}}$∈（2，2$\sqrt{2}$）．
綜上得，S的取值范圍是[2，2$\sqrt{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程、圓的方程的求法，考查四邊形面積的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、根的差別式、弦長(zhǎng)公式、函數(shù)的單調(diào)性、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．