Question

11．已知P為橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左頂點(diǎn)，如果存在過點(diǎn)M（x₀，0），（x₀＞0）的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，S_△AOB=2S_△AOP，則x₀的取值范圍為（1，2）．

Answer 1

分析 如圖所示，設(shè)直線AB的方程為：ty=x-x₀，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立化為（4+t²）y²-2tx₀y+x₀²-4=0．△＞0．由于S_△AOP=$\frac{1}{2}$|OP|•y₁=y₁，S_△AOB=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|．S_△AOB=2S_△AOP，可得2y₁=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|，再利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：t²=$\frac{{{x}_{0}}^{4}-4{{x}_{0}}^{3}+16{x}_{0}-16}{4（1-{x}_{0}）}$．令m=x₀，f（m）=m⁴-4m³+16m-16，（m∈（0，2）），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：如圖所示，
設(shè)直線AB的方程為：ty=x-x₀，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
（y₁＞y₂，y₁＞0）．
聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}{ty=x-{x}_{0}}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
化為（4+t²）y²-2tx₀y+x₀²-4=0．
∴△=4t²x₀²-4（4+t²）（x₀²-4）＞0，
∴y₁+y₂=$\frac{2t{x}_{0}}{4+{t}^{2}}$，①
y₁y₂=$\frac{{{x}_{0}}^{2}-4}{4+{t}^{2}}$，②
S_△AOP=$\frac{1}{2}$|OP|•y₁=y₁，S_△AOB=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|．
∵S_△AOB=2S_△AOP，
∴2y₁=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|．
化為y²=（1-$\frac{4}{{x}_{0}}$）y₁，代入①可得：y₁=$\frac{2t{{x}_{0}}^{2}}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$，
∴y₂=$\frac{2t{x}_{0}（{x}_{0}-4）}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$，
∴$\frac{2t{{x}_{0}}^{2}}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$•$\frac{2t{x}_{0}（{x}_{0}-4）}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$=$\frac{{{x}_{0}}^{2}-4}{4+{t}^{2}}$，
化為t²=$\frac{{{x}_{0}}^{4}-4{{x}_{0}}^{3}+16{x}_{0}-16}{4（1-{x}_{0}）}$．（*）
令m=x₀，f（m）=m⁴-4m³+16m-16，（m∈（0，2）），
f′（m）=4m³-12m²+16=4（m-2）²（m+1），
∴函數(shù)f（m）在m∈（0，2）單調(diào)遞增，
又f（0）=-16，f（1）=-3，f（2）=0，
因此要使（*）有解，則1＜m＜2，
即x₀∈（1，2）．
故答案為：（1，2）．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、三角形面積計(jì)算公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．