Question

10．如圖所示，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$）的左頂點為A，上頂點為B，左焦點為F，原點O到直線BF的距離為$\frac{c}{2}$，△ABF的面積為1-$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過直線x=4上的動點P引橢圓C的兩條切線，切點分別為M，N，求△OMN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）可得A（-a，0），B（0，b），F(xiàn)（-c，0），可得BF的方程為bx-cy+bc=0，運用點到直線的距離公式和三角形的面積公式，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）對橢圓求導(dǎo)，求得切線的斜率，求出M，N處切線的方程，再求切點弦方程，代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，再由點到直線的距離公式，求得三角形OMN的面積，由對號函數(shù)的單調(diào)性可得最大值，進(jìn)而得到所求范圍．

解答 解：（1）由題意可得A（-a，0），B（0，b），F(xiàn)（-c，0），
可得BF的方程為bx-cy+bc=0，
可得$\frac{bc}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{c}{2}$，即為c²=3b²，
又$\frac{1}{2}$•（a-c）•b=1-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又a²-b²=c²，
解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）對橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1兩邊對x求導(dǎo)，可得$\frac{1}{2}$x+2yy′=0，
即有切線的斜率為k=-$\frac{x}{4y}$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（4，m），
可得M處的切線為y-y₁=-$\frac{{x}_{1}}{4{y}_{1}}$（x-x₁），結(jié)合$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+y₁²=1，
即有$\frac{{x}_{1}x}{4}$+y₁y=1；
同樣可得N處的切線的方程為$\frac{{x}_{2}x}{4}$+y₂y=1．
將P的坐標(biāo)代入可得，x₁+my₁=1，x₂+my₂=1，
再由兩點確定一條直線，可得MN的方程為
x+my=1，代入橢圓方程可得，
（4+m²）y²-2my-3=0，
y₁+y₂=$\frac{2m}{4+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{3}{4+{m}^{2}}$，
可得|MN|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{\frac{4{m}^{2}}{（4+{m}^{2}）^{2}}+\frac{12}{4+{m}^{2}}}$=4$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{\frac{3+{m}^{2}}{（4+{m}^{2}）^{2}}}$，
O到直線MN的距離為d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
可得S_△OMN=$\frac{1}{2}$d•|MN|=2•$\sqrt{\frac{3+{m}^{2}}{（4+{m}^{2}）^{2}}}$=2$\sqrt{\frac{1}{（3+{m}^{2}）+\frac{1}{3+{m}^{2}}+2}}$
由3+m²≥3，可得3+m²+$\frac{1}{3+{m}^{2}}$≥3+$\frac{1}{3}$=$\frac{10}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)m=0時，取得等號．
即有△OMN面積的取值范圍是（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用點到直線的距離公式和三角形的面積公式，考查橢圓的切線的方程和切點弦方程的求法，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，考查運算能力，屬于中檔題．