Question

20．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），定義橢圓C的“相關(guān)圓”方程為x²+y²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$．若拋物線y²=4x的焦點與橢圓C的一個焦點重合，且橢圓C短軸的一個端點和兩個焦點構(gòu)成直角三角形
（Ⅰ）求橢圓C的方程和“相關(guān)圓”E的方程；
（Ⅱ）過“相關(guān)圓”E上任意一點P作“相關(guān)圓”E的切線與橢圓C交于A，B兩點，O為坐標原點
（i）證明：∠AOB為定值；
（ii）連接PO并延長交“相關(guān)圓”E于點Q，求△ABQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線y²=4x的焦點與橢圓C的一個焦點重合，且橢圓C短軸的一個端點和兩個焦點構(gòu)成直角三角形，得到b=c=1，由此能求出橢圓C的方程．
∴“相關(guān)圓”E的方程為x²+y²=$\frac{2}{3}$．
（Ⅱ）當直線l的斜率不存在時，直線AB方程為x=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$∠AOB=\frac{π}{2}$；當直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，代入橢圓方程，得x²+2（kx+m）²=2，由此利用根的判別式、韋達定理、直線與圓相切，結(jié)合已知條件推導(dǎo)出$∠AOB=\frac{π}{2}$為定值．
（ii）要求△ABQ的面積的取值范圍，只需求弦長|AB|的范圍，由此利用橢圓弦長公式能求出△ABQ面積的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵拋物線y²=4x的焦點與橢圓C的一個焦點重合，
且橢圓C短軸的一個端點和兩個焦點構(gòu)成直角三角形，
∴b=c=1，∴a²=1+1=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
∴“相關(guān)圓”E的方程為x²+y²=$\frac{2}{3}$．
證明：（Ⅱ）（i）當直線l的斜率不存在時，不妨設(shè)直線AB方程為x=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
則A（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），B（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），∴$∠AOB=\frac{π}{2}$，
當直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得x²+2（kx+m）²=2，
即（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=8（2k²-m²+1）＞0，
即2k²-m²+1＞0，（*）
$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
∵直線與圓相切，
∴$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，∴3m²=2+2k²，
∴${x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}$+km（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（2{m}^{2}-2）}{1+2{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}+{m}^{2}$
=$\frac{3{m}^{2}-2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=0，
∴$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
∴$∠AOB=\frac{π}{2}$為定值．
解：（ii）∵PQ是“相關(guān)圓”的直徑，
∴${S}_{△ABQ}=\frac{1}{2}|AB||PQ|=\frac{\sqrt{6}}{3}|AB|$，
∴要求△ABQ的面積的取值范圍，只需求弦長|AB|的范圍，
當直線AB的斜率不存在時，由（i）知|AB|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）•\frac{8（2{k}^{2}-{m}^{2}+1）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{8}{3}•\frac{4{k}^{4}+5{k}^{2}+1}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{8}{3}[1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}]}$，
①當k≠0時，|AB|=$\sqrt{\frac{8}{3}（1+\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}）}$，
∵$4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4≥8$，∴0＜$\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}$$≤\frac{1}{8}$，
∴$\frac{8}{3}＜\frac{8}{3}（1+\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+1}）$≤3，
∴$\frac{2}{3}\sqrt{6}$＜|AB|$≤\sqrt{3}$，
當且僅當k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$時，取“=”號．
②當k=0時，|AB|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．|AB|的取值范圍為$\frac{2}{3}\sqrt{6}$≤|AB|$≤\sqrt{3}$，
∴△ABQ面積的取值范圍是[$\frac{4}{3}$，$\sqrt{2}$]．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查相關(guān)圓的方程的求法，考查角為定值的與求法，考查三角形面積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、直線與圓相切、橢圓弦長公式的合理運用．