Question

18．已知橢圓 C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩個焦點F₁，F(xiàn)₂，動點P在橢圓上，且使得∠F₁PF₂=90°的點P恰有兩個，動點P到焦點F₁的距離的最大值為2+$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）如圖，以橢圓C₁的長軸為直徑作圓C₂，過直線x=-2$\sqrt{2}$上的動點T作圓C₂的兩條切線，設(shè)切點分別為A，B，若直線AB與橢圓C₁交于不同的兩點C，D，求弦|CD|長的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用條件推出$b=c，a=\sqrt{2}c$；動點P到焦點F₁的距離的最大值為$2+\sqrt{2}$，可得$a+c=2+\sqrt{2}$，求出a、c、b，即可求出橢圓方程．
（II）設(shè)直線$x=-2\sqrt{2}$上動點T的坐標為$（-2\sqrt{2}，t）$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），求出直線AT的方程為x₁x+y₁y=4，直線BT的方程為x₂x+y₂y=4，通過$\left\{{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}{x_1}+t{y_1}=4}\\{-2\sqrt{2}{x_2}+t{y_2}=4}\end{array}}\right.$，得到直線AB的方程，聯(lián)立直線與橢圓方設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．利用韋達定理求解|CD|，然后求出范圍即可．

解答 解：（I）由使得∠F₁PF₂=90°的點P恰有兩個可得$b=c，a=\sqrt{2}c$；動點P到焦點F₁的距離的最大值為$2+\sqrt{2}$，可得$a+c=2+\sqrt{2}$，即$a=2，c=\sqrt{2}$，
所以橢圓C₁的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$…（4分）
（II）圓C₂的方程為x²+y²=4，設(shè)直線$x=-2\sqrt{2}$上動點T的坐標為$（-2\sqrt{2}，t）$設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則直線AT的方程為x₁x+y₁y=4，直線BT的方程為x₂x+y₂y=4，又$（-2\sqrt{2}，t）$在直線AT和BT上，即$\left\{{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}{x_1}+t{y_1}=4}\\{-2\sqrt{2}{x_2}+t{y_2}=4}\end{array}}\right.$，
故直線AB的方程為$-2\sqrt{2}x+ty=4$…（6分）
聯(lián)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，設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．
則${y_3}+{y_4}=\frac{8t}{{{t^2}+16}}，{y_3}{y_4}=\frac{-16}{{{t^2}+16}}$，…（8分）
從而$|{CD}|=\sqrt{1+\frac{t^2}{8}}|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{4（{t^2}+8）}}{{（{t^2}+16）}}$…（10分）
=$4+\frac{-32}{{t}^{2}+16}$，
又t²+16≥16，從而$-2≤\frac{-32}{{t}^{2}+16}＜0$，所以|CD|∈[2，4）…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，是難度比較大的題目．