Question

6．已知橢圓C的方程；$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），F(xiàn)（1，0）是它的一個(gè)焦點(diǎn)．
（1）當(dāng)a=$\sqrt{2}$時(shí)，圓O；x²+y²=1的切線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，且滿足$\frac{2}{3}≤\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}≤\frac{3}{4}$，求△POQ面積的最小值；
（2）設(shè)過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線L交橢圓于A，B兩點(diǎn)，若直線l繞點(diǎn)F任意轉(zhuǎn)動(dòng)，都有|$\overrightarrow{OA}$|²+|$\overrightarrow{OB}$|²＜|$\overrightarrow{AB}$|²，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=$\sqrt{2}$時(shí)，b²=a²-c²．可得橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．設(shè)切線PQ的方程為my=x-t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為（2+m²）y²+2mty+t²-2=0．由$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化為t²=m²+1.$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．由于滿足$\frac{2}{3}≤\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}≤\frac{3}{4}$，可得1≤m²≤2．S_△OPQ=$\frac{1}{2}|OM||PQ|$=$\frac{1}{2}\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，即可得出．
（2）當(dāng)直線AB不與x軸重合時(shí)，設(shè)直線AB的方程為：x=my+1，代入橢圓消去x，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，化簡(jiǎn)整理，由恒成立思想解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=$\sqrt{2}$時(shí)，b²=a²-c²=1．∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
設(shè)切線PQ的方程為my=x-t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為（2+m²）y²+2mty+t²-2=0．
∴y₁+y₂=$\frac{-2mt}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-2}{2+{m}^{2}}$．且$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，
化為t²=m²+1．
$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=（my₁+t）（my₂+t）+y₁y₂
=（m²+1）y₁y₂+tm（y₁+y₂）+t²
=$\frac{（{m}^{2}+1）（{t}^{2}-2）}{2+{m}^{2}}$-$\frac{2{m}^{2}{t}^{2}}{2+{m}^{2}}$+t²
=$\frac{3{t}^{2}-2{m}^{2}-2}{2+{m}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．
∵滿足$\frac{2}{3}≤\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}≤\frac{3}{4}$，
∴$\frac{2}{3}$≤$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$$≤\frac{3}{4}$，解得：1≤m²≤2．
S_△OPQ=$\frac{1}{2}|OM||PQ|$=$\frac{1}{2}\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{（2+{m}^{2}）^{2}}-\frac{4（{t}^{2}-2）}{2+{m}^{2}}]}$=$\frac{\sqrt{（1+{m}^{2}）（2{m}^{2}-2{t}^{2}+4）}}{2+{m}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2（1+{m}^{2}）}}{2+{m}^{2}}$，
令$\sqrt{1+{m}^{2}}$=t∈$[\sqrt{2}，\sqrt{3}]$．
∴S_△OPQ=$\frac{\sqrt{2}t}{1+{t}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{t}+t}$．
令f（t）=t+$\frac{1}{t}$，f′（t）=1-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)f（t）在t∈$[\sqrt{2}，\sqrt{3}]$單調(diào)遞增，
∴f（t）∈$[\frac{\sqrt{6}}{4}，2]$．
∴當(dāng)t=$\sqrt{3}$，即m=$±\sqrt{2}$時(shí)，△POQ面積取得最小值$\frac{\sqrt{6}}{4}$．
（2）當(dāng)直線AB不與x軸重合時(shí)，
設(shè)直線AB的方程為：x=my+1，代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
整理得（a²+b²m²）y²+2b²my+b²-a²b²=0，
所以y₁+y₂=-$\frac{2m^{2}}{{a}^{2}+^{2}{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}{m}^{2}}$，
因?yàn)楹阌衸OA|²+|OB|²＜|AB|²，所以∠AOB恒為鈍角．
即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂＜0恒成立．
x₁x₂+y₁y₂=（my₁+1）（my₂+1）+y₁y₂=（m²+1）y₁y₂+m（y₁+y₂）+1
=$\frac{（{m}^{2}+1）（^{2}-{a}^{2}^{2}）}{{a}^{2}+^{2}{m}^{2}}$-$\frac{2^{2}{m}^{2}}{{a}^{2}+^{2}{m}^{2}}$+1
=$\frac{-{m}^{2}{a}^{2}^{2}+^{2}-{a}^{2}^{2}+{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}{m}^{2}}$＜0．
又a²+b²m²＞0，所以-m²a²b²+b²-a²b²+a²＜0對(duì)m∈R恒成立，
即a²b²m²＞a²-a²b²+b²對(duì)m∈R恒成立．
當(dāng)m∈R時(shí)，a²b²m²最小值為0，所以a²-a²b²+b²＜0．
a²＜a²b²-b²，a²＜（a²-1）b²=b⁴，
因?yàn)閍＞0，b＞0，所以a＜b²，即a²-a-1＞0，
解得a＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或a＜$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$（舍去），即a＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
綜合（i）（ii），a的取值范圍為（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．