Question

16．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左焦點為F，過點F作直線l交橢圓E于A，B兩點，過點F作直線FN⊥AB，且交y軸于點N（O為坐標原點）．
（1）若直線l的傾斜角為45°，求△AOB的面積；
（2）當$\overrightarrow{NA}$$•\overrightarrow{NB}$＜0時，求點N的縱坐標的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出F（-1，0），求得直線l的方程，代入橢圓方程，運用韋達定理，由△AOB的面積為S=$\frac{1}{2}$|OF|•|y_A-y_B|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{y}_{A}+{y}_{B}）^{2}-4{y}_{A}{y}_{B}}$，代入計算即可得到所求值；
（2）可設直線l：y=k（x+1），k≠0，由垂直關系可得FN的方程，令x=0，求得N的坐標，聯(lián)立直線l和橢圓方程，消去y，得到x的方程，運用韋達定理，再由向量數(shù)量積的坐標表示，化簡整理，可得k的不等式，解不等式可得k的范圍，進而得到N的縱坐標的范圍．

解答 解：（1）橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左焦點為F（-1，0），
若直線l的傾斜角為45°，可得直線l：y=x+1，
代入橢圓方程，消去x，可得7y²-6y-9=0，
可得y_A+y_B=$\frac{6}{7}$，y_Ay_B=-$\frac{9}{7}$，
由△AOB的面積為S=$\frac{1}{2}$|OF|•|y_A-y_B|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{y}_{A}+{y}_{B}）^{2}-4{y}_{A}{y}_{B}}$
=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{\frac{36}{49}+\frac{36}{7}}$=$\frac{6\sqrt{2}}{7}$；
（2）可設直線l：y=k（x+1），k≠0，
由題意可得FN：y=-$\frac{1}{k}$（x+1），
令x=0，可得y=-$\frac{1}{k}$，即N（0，-$\frac{1}{k}$），
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則$\overrightarrow{NA}$$•\overrightarrow{NB}$=（x₁，y₁+$\frac{1}{k}$）•（x₂，y₂+$\frac{1}{k}$）=x₁x₂+y₁y₂+$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{k}$+$\frac{1}{{k}^{2}}$
=x₁x₂+k²（x₁+1）（x₂+1）+x₁+x₂+2+$\frac{1}{{k}^{2}}$
=（1+k²）x₁x₂+（1+k²）（x₁+x₂）+k²+2+$\frac{1}{{k}^{2}}$＜0，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$可得（3+4k²）x²+8k²x+4k²-12=0，
可得x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
即有（1+k²）•$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$+（1+k²）（-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$）+k²+2+$\frac{1}{{k}^{2}}$＜0，
化簡可得5k⁴+2k²-3＞0，即為（1+k²）（5k²-3）＞0，
解得k＞$\frac{\sqrt{15}}{5}$或k＜-$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
即有-$\frac{\sqrt{15}}{3}$＜-$\frac{1}{k}$＜0或0＜-$\frac{1}{k}$＜$\frac{\sqrt{15}}{3}$．
故點N的縱坐標的取值范圍是（-$\frac{\sqrt{15}}{3}$，0）∪（0，$\frac{\sqrt{15}}{3}$）．

點評 本題考查直線和橢圓的位置關系，注意聯(lián)立直線的方程和橢圓方程，運用韋達定理，同時考查向量數(shù)量積的坐標表示，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．