Question

12．已知⊙O：x²+y²=8，P是⊙O上在第一象限的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作⊙O的切線與x軸，y軸的正半軸圍成一個(gè)三角形，當(dāng)三角形的面積最小時(shí)，切點(diǎn)為P₁，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$且過(guò)點(diǎn)P₁．
（1）試求橢圓C的方程；
（2）過(guò)M（-1，0）作直線l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，且橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，△F₁AF₂，△F₁BF₂的面積分別為S₁，S₂，試確定|S₁-S₂|取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意，設(shè)切線與x軸，y軸的交點(diǎn)為（0，c），（d，0），從而可得cd=2$\sqrt{2}$$\sqrt{{c}^{2}+45vbkma^{2}}$≥2$\sqrt{2}$$\sqrt{2cd}$，從而求得切點(diǎn)P₁（2，2）；從而寫出橢圓的方程；
（2）設(shè)直線MA的方程為x+1=ky，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）；從而可得|S₁-S₂|=$\sqrt{6}$•|y₁+y₂|，從而聯(lián)立方程，利用韋達(dá)定理求解．

解答 解：（1）由題意，設(shè)切線與x軸，y軸的交點(diǎn)為（0，c），（d，0），
則cd=2$\sqrt{2}$$\sqrt{{c}^{2}+xdor5vw^{2}}$≥2$\sqrt{2}$$\sqrt{2cd}$，
（當(dāng)且僅當(dāng)c=d=4時(shí)，等號(hào)成立），
故cd≥16，而S=$\frac{1}{2}$cd，
故三角形的面積最小時(shí)，切點(diǎn)P₁（2，2）；
∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴a²=2b²，
故$\frac{4}{2^{2}}$+$\frac{4}{^{2}}$=1，
故b²=6，a²=12；
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{12}$+$\frac{{y}^{2}}{6}$=1；
（2）設(shè)直線MA的方程為x+1=ky，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）；
則|S₁-S₂|=||$\frac{1}{2}$•|F₁F₂|•|y₁|-$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₂||
=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•||y₁|-|y₂||
=$\sqrt{6}$•|y₁+y₂|，
聯(lián)立方程可得，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{6}=1}\\{x=ky-1}\end{array}\right.$，
化簡(jiǎn)可得，（2k²+2）y²-2ky-11=0，
則|y₁+y₂|=|$\frac{2k}{2{k}^{2}+2}$|=|$\frac{k}{{k}^{2}+1}$|≤$\frac{1}{2}$，
故0≤|y₁+y₂|≤$\frac{1}{2}$，
故0≤$\sqrt{6}$|y₁+y₂|≤$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
即0≤|S₁-S₂|≤$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
即|S₁-S₂|的取值范圍為[0，$\frac{\sqrt{6}}{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用，屬于中檔題．