分析 (Ⅰ)由橢圓的離心率公式及勾股定理即可求得a和b的值,求得橢圓方程;
(Ⅱ)(i)由題意求得直線l1方程,將圓轉(zhuǎn)化成標(biāo)準(zhǔn)方程,利用點(diǎn)圓心到直線的距離公式,求得半徑,即可求得橢圓方程;
(ii)設(shè)l2:y=k(x-3),代入橢圓方程,利用韋達(dá)定理及弦長公式求得|EF|•|MN|,根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性即可求得|EF|•|MN|的取值范圍.
解答 解:(Ⅰ)由已知得直線l1過定點(diǎn)(a,0),(0,b),a2+b2=5,
又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=1,
故所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$.
(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)得直線l1的方程為$\frac{x}{2}+y=1$,即x+2y-2=0,
又圓D的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-3)2+(y-2)2=13-m,
∴圓心為(3,2),圓的半徑$r=\frac{|3+2×2-2|}{{\sqrt{{1^2}+{2^2}}}}=\sqrt{5}$,
∴圓D的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-3)2+(y-2)2=5.
(ii)由題可得直線l2的斜率存在,
設(shè)l2:y=k(x-3),與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)為E(x1,y1)、F(x2,y2),
由$\left\{\begin{array}{l}y=k(x+3)\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$消去y得(1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0,
由△>0,得$0≤{k^2}<\frac{1}{5}$,${x_1}+{x_2}=\frac{{24{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$,${x_1}{x_2}=\frac{{36{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$,
∴$|EF|=\sqrt{1+{k^2}[{{{({x_1}+{x_2})}^2}-4{x_1}{x_2}}]}$=$\sqrt{(1+{k^2})[{{{(\frac{{24{k^2}}}{{1+4{k^2}}})}^2}-4×\frac{{36{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}}]}$=$4\sqrt{\frac{{(1+{k^2})(1-5{k^2})}}{{{{(1+4{k^2})}^2}}}}$.
又圓D的圓心(3,2)到直線l2:kx-y-3k=0的距離$d=\frac{|3k-2-3k|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$,
∴圓D截直線l2所得弦長$|MN|=2\sqrt{{r^2}-{d^2}}=2\sqrt{\frac{{5{k^2}+1}}{{{k^2}+1}}}$,
∴$|EF|•|MN|=4\sqrt{\frac{{(1+{k^2})(1-5{k^2})}}{{{{(1+4{k^2})}^2}}}}×2\sqrt{\frac{{5{k^2}+1}}{{{k^2}+1}}}=8\sqrt{\frac{{1-25{k^4}}}{{{{(1+4{k^2})}^2}}}}$,
設(shè)$t=1+4{k^2}∈[1,\frac{9}{5})$,${k^2}=\frac{t-1}{4}$,
則$|EF|•|MN|=8\sqrt{\frac{{1-25{{(\frac{t-1}{4})}^2}}}{t^2}}=2\sqrt{-9{{(\frac{1}{t})}^2}+50(\frac{1}{t})-25}$,
∵y=-9x2+50x-25的對(duì)稱軸為$x=\frac{25}{9}$,在$(\frac{5}{9},1]$上單調(diào)遞增,0<y≤16,
∴$0<-9{(\frac{1}{t})^2}+50(\frac{1}{t})-25≤16$,
∴0<|EF|•|MN|≤8.
點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系,圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,考查韋達(dá)定理,弦長公式及圓錐曲線與二次函數(shù)的綜合應(yīng)用,考查計(jì)算能力,屬于中檔題.
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A. | y=±(x-p) | B. | y=±2(x-p) | C. | y=±$\frac{2}{3}$(x-p) | D. | y=±$\frac{1}{2}$(x-p) |
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A. | $\frac{1}{3}$ | B. | $\frac{1}{6}$ | C. | 1 | D. | 2 |
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