Question

6．已知椭圆C的方程；$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），F（1，0）是它的一个焦点．
（1）当a=$\sqrt{2}$时，圆O；x²+y²=1的切线与椭圆C交于P，Q两点，且满足$\frac{2}{3}≤\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}≤\frac{3}{4}$，求△POQ面积的最小值；
（2）设过椭圆C的右焦点F的直线L交椭圆于A，B两点，若直线l绕点F任意转动，都有|$\overrightarrow{OA}$|²+|$\overrightarrow{OB}$|²＜|$\overrightarrow{AB}$|²，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=$\sqrt{2}$时，b²=a²-c²．可得椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．设切线PQ的方程为my=x-t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为（2+m²）y²+2mty+t²-2=0．由$\frac{|t|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=1，化为t²=m²+1.$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．由于满足$\frac{2}{3}≤\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}≤\frac{3}{4}$，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）当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为：x=my+1，代入椭圆消去x，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，由恒成立思想解不等式即可得到所求范围．

解答 解：（1）当a=$\sqrt{2}$时，b²=a²-c²=1．∴椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
设切线PQ的方程为my=x-t，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为（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，
化为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
=$\frac{3{t}^{2}-2{m}^{2}-2}{2+{m}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．
∵满足$\frac{2}{3}≤\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}≤\frac{3}{4}$，
∴$\frac{2}{3}$≤$\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，
∴函数f（t）在t∈$[\sqrt{2}，\sqrt{3}]$单调递增，
∴f（t）∈$[\frac{\sqrt{6}}{4}，2]$．
∴当t=$\sqrt{3}$，即m=$±\sqrt{2}$时，△POQ面积取得最小值$\frac{\sqrt{6}}{4}$．
（2）当直线AB不与x轴重合时，
设直线AB的方程为：x=my+1，代入椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），
整理得（a²+b²m²）y²+2b²my+b²-a²b²=0，
所以y₁+y₂=-$\frac{2m{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{b}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}{m}^{2}}$，
因为恒有|OA|²+|OB|²＜|AB|²，所以∠AOB恒为钝角．
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
=$\frac{（{m}^{2}+1）（{b}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}）}{{a}^{2}+{b}^{2}{m}^{2}}$-$\frac{2{b}^{2}{m}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}{m}^{2}}$+1
=$\frac{-{m}^{2}{a}^{2}{b}^{2}+{b}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}+{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}{m}^{2}}$＜0．
又a²+b²m²＞0，所以-m²a²b²+b²-a²b²+a²＜0对m∈R恒成立，
即a²b²m²＞a²-a²b²+b²对m∈R恒成立．
当m∈R时，a²b²m²最小值为0，所以a²-a²b²+b²＜0．
a²＜a²b²-b²，a²＜（a²-1）b²=b⁴，
因为a＞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＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
综合（i）（ii），a的取值范围为（$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，+∞）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．