Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的下頂點為P（0，-1），P到焦點的距離為$\sqrt{2}$．
（1）設Q是橢圓上的動點，求|PQ|的最大值；
（2）若直線l與圓O：x²+y²=1相切，并與橢圓C交于不同的兩點A、B．當$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=λ，且滿足$\frac{2}{3}$≤λ≤$\frac{8}{9}$時，求△AOB面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的下頂點為P（0，-1），P到焦點的距離為$\sqrt{2}$，求出橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1，設Q（x，y），由兩點間距離公式能求出|PQ|的最大值．
（2）設直線l的方程為x=my+n（m∈R），由直線l與圓O：x²+y²=1相切，得n²=m²+1．由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-2=0}\end{array}\right.$，得（m²+2）y²+2mny+n²-2=0，由此利用韋達定理、根的判別式、弦長公式能求出△AOB面積S的取值范圍．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的下頂點為P（0，-1），P到焦點的距離為$\sqrt{2}$．
∴b=1，c=1，a²=2，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1，
設Q（x，y），
|PQ|=$\sqrt{{x}^{2}+（y+1）^{2}}$=$\sqrt{2-2{y}^{2}+（y+1）^{2}}$=$\sqrt{-（y-1）^{2}+4}$（-1≤y≤1）．
∴當y=1時，|PQ|的最大值為2．
（2）依題結合圖形知的斜率不可能為零，設直線l的方程為x=my+n（m∈R）．
∵直線l即x-my-n=0與圓O：x²+y²=1相切，
∴$\frac{|n|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=1得n²=m²+1．
又∵A（x₁，y₁），B（x2，y2），滿足$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-2=0}\end{array}\right.$，
消去整理得（m²+2）y²+2mny+n²-2=0，
由韋達定理得y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-2}{{m}^{2}+2}$．
其判別式△=8（m²-n²+2）=8，
∵λ=$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+m²）y₁y₂+mn（y₁+y₂）+n²=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．
∴S△AOB=$\frac{1}{2}$|$\overrightarrow{OA}$|•|$\overrightarrow{OB}$|sin∠AOB
=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$|n（y₂-y₁）|=$\frac{1}{2}$|n|×$\frac{\sqrt{8}}{{m}^{2}+2}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}•\frac{1}{{m}^{2}+2}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{λ（1-λ）}$，
∵$\frac{2}{3}$≤λ≤$\frac{8}{9}$，∴$\frac{2}{3}$≤S△AOB≤$\frac{4}{9}$．
∴△AOB面積S的取值范圍是[$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{9}$]．

點評 本題考查兩點間距離的最大值的求法，考查三角形面積的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、根的判別式、弦長公式的合理運用．