Question

19．已知F₁、F₂分別為橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)，A₁、A₂分別為其左、右頂點(diǎn)，過F₂且與x軸垂直的直線l與橢圓相交于M、N兩點(diǎn)．若四邊形A₁MA₂N的面積等于2，且滿足|$\overrightarrow{{A}_{1}{F}_{2}}$|=$\sqrt{2}$|$\overrightarrow{MN}$|+|$\overrightarrow{{A}_{2}{F}_{2}}$|．
（1）求此橢圓的方程；
（2）設(shè)⊙O的直徑為F₁F₂，直線l：y=kx+m與⊙O相切，并與橢圓交于不同的兩點(diǎn)P、Q，若$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=λ，且λ∈[$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$]，求△POQ的面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過l與x軸垂直，可得l的方程，利用四邊形A₁MA₂N面積為2可知b²=1，利用|$\overrightarrow{{A}_{1}{F}_{2}}$|=$\sqrt{2}$|$\overrightarrow{MN}$|+|$\overrightarrow{{A}_{2}{F}_{2}}$|，計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過直線l與⊙O相切，可得點(diǎn)O到PQ的距離d=1，通過聯(lián)立直線l與橢圓方程，利用$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=λ及λ∈[$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$]，可得|PQ|可用k來表示，利用S_△POQ=$\frac{1}{2}$•|PQ|•d計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵l與x軸垂直，∴l(xiāng)的方程為：x=c，
代入橢圓方程得：y=±$\frac{^{2}}{a}$，
∴四邊形A₁MA₂N面積：2×$\frac{1}{2}$×2a×$\frac{^{2}}{a}$=2b²=2，即b²=1 ①
易知：|$\overrightarrow{{A}_{1}{F}_{2}}$|=a+c，|$\overrightarrow{MN}$|=$\frac{2^{2}}{a}$，|$\overrightarrow{{A}_{2}{F}_{2}}$|=a-c，
∵|$\overrightarrow{{A}_{1}{F}_{2}}$|=$\sqrt{2}$|$\overrightarrow{MN}$|+|$\overrightarrow{{A}_{2}{F}_{2}}$|，∴a+c=$\sqrt{2}$•$\frac{2^{2}}{a}$+a-c，即ac=$\sqrt{2}$ ②
聯(lián)立①②解得：a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可知⊙O的方程為：x²+y²=1，
∵直線l：y=kx+m與⊙O相切，∴$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，即m²=k²+1，
聯(lián)立方程組：$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消元整理得：（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，③
設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），則x₁，x₂是方程③的兩個(gè)解，
由韋達(dá)定理得：x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₁+m）=$\frac{{m}^{2}-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{m}^{2}-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{3{m}^{2}-2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=λ，
將m²=k²+1代入得：$\frac{1+{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=λ，
∵λ∈[$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$]，∴$\frac{2}{3}$≤$\frac{1+{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$≤$\frac{3}{4}$，解得$\frac{1}{2}$≤k²≤1，
∵|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{2}|k|}{1+2{k}^{2}}$，d=1，
∴S_△POQ=$\frac{1}{2}$•|PQ|•d=$\frac{1}{2}•$$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{2}|k|}{1+2{k}^{2}}$=$\sqrt{\frac{2{k}^{2}（1+{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$                 ④
令t=2k²+1，則k²=$\frac{t-1}{2}$，代入④得：S_△POQ=$\sqrt{\frac{2•\frac{t-1}{2}•\frac{t+1}{2}}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}•\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}•（1-\frac{1}{{t}^{2}}）}$，
∵$\frac{1}{2}$≤k²≤1，∴2≤t≤3，
∴$\frac{1}{9}$≤$\frac{1}{{t}^{2}}$≤$\frac{1}{4}$，∴$\frac{3}{8}$≤$\frac{1}{2}•（1-\frac{1}{{t}^{2}}）$≤$\frac{4}{9}$，
∴$\frac{\sqrt{6}}{4}$≤S_△POQ≤$\frac{2}{3}$，
即△POQ的面積S的取值范圍是：[$\frac{\sqrt{6}}{4}$，$\frac{2}{3}$]．

點(diǎn)評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，涉及韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線的距離、兩點(diǎn)間距離、換元法、向量數(shù)量積運(yùn)算等基礎(chǔ)知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于難題．