Question

13．已知圓${E_2}：{x^2}+{y^2}=2$，將圓E₂按伸縮變換：$\left\{\begin{array}{l}{x^/}=x\\{y^/}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}y\end{array}\right.$后得到曲線E₁，
（1）求E₁的方程；
（2）過直線x=2上的點M作圓E₂的兩條切線，設切點分別是A，B，若直線AB與E₁交于C，D兩點，求$\frac{|CD|}{|AB|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，由平面直角坐標系中的伸縮變化的規(guī)律可得（x′）²+2（y′）²=2，整理即可得答案；
（2）根據(jù)題意，直線x=2上任意一點M以及切點A，B坐標，分析可得切線AM，BM的方程，分t=0與t≠0兩種情況討論，分別求出$\frac{|CD|}{|AB|}$的取值范圍，綜合即可得答案．

解答 解：（1）按伸縮變換：$\left\{\begin{array}{l}{x^/}=x\\{y^/}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}y\end{array}\right.$得：（x′）²+2（y′）²=2，
則E₁：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）設直線x=2上任意一點M的坐標是（2，t），t∈R，切點A，B坐標分別是（x₁，y₁），（x₂，y₂）；
則經過A點的切線斜率k=$-\frac{x_1}{y_1}$，方程是x₁x+y₁y=2，經過B點的切線方程是x₂x+y₂y=2，
又兩條切線AM，BM相交于M（2，t），
則有$\left\{\begin{array}{l}{2{x}_{1}+t{y}_{1}=2}\\{2{x}_{2}+t{y}_{2}=2}\end{array}\right.$，
所以經過A、B兩點的直線l的方程是2x+ty=2，
當t=0時，有A（1，1），B（1，-1），C（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），D（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
則|CD|=$\sqrt{2}$，|AB|=2，$\frac{|CD|}{|AB|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當t≠0時，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2-2x}{t}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（t²+8）x²-16x+8-2t²=0；
設C、D坐標分別為（x₃，y₃），（x₄，y₄），則$\left\{\begin{array}{l}{x_3}+{x_4}=\frac{16}{{{t^2}+8}}\\{x_3}•{x_4}=\frac{{8-2{t^2}}}{{{t^2}+8}}\end{array}\right.$，
$|CD|=\frac{{2\sqrt{2}（{t^2}+4）}}{{{t^2}+8}}$，$|AB|=2\sqrt{\frac{{2（{t^2}+2）}}{{{t^2}+4}}}$，
∴$\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{{{{（{t^2}+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{{（{t^2}+8）\sqrt{{t^2}+2}}}$
令t²+4=x，則x＞4，則f（x）=$\sqrt{-\frac{32}{{x}^{3}}+\frac{6}{x}+1}$，
又令u=$\frac{1}{x}$∈（0，$\frac{1}{4}$），φ（u）=-32u³+6u+1，u∈（0，$\frac{1}{4}$），
令φ′（u）=-96u²+6，令-96u²+6=0，解可得u₀=$\frac{1}{4}$，
故φ（u）=-32u³+6u+1在（0，$\frac{1}{4}$）上單調遞增，且有φ（u）∈（1，$\sqrt{2}$），
而$\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{{{{（{t^2}+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{{（{t^2}+8）\sqrt{{t^2}+2}}}$，則$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜$\frac{|CD|}{|AB|}$＜1；
綜合可得$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤$\frac{|CD|}{|AB|}$＜1；
所以$\frac{|CD|}{|AB|}$的取值范圍為[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

點評 本題考查平面直角坐標系中的伸縮變化，涉及直線與圓的位置關系及應用，關鍵是掌握平面直角坐標系中的伸縮變化的規(guī)律．