Question

6．己知橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，過右焦點(diǎn)F作一條與x軸不垂直的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，線段AB的中垂線分別交直線x=-2和AB于P、C，則|$\frac{PC}{AB}$|的取值范圍是（　�。�

• A． [2，+∞）
• B． [1，+∞）
• C． [$\frac{1}{2}$，5）
• D． [$\frac{3}{2}$，+∞）

Answer 1

分析 設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及兩直線垂直的條件和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，再化簡整理，由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性可得最值，進(jìn)而得到所求范圍．

解答 解：由AB與x軸不垂直，設(shè)直線AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
將AB方程代入橢圓方程可得（1+2k²）x²-4k²x+2（k²-1）=0，
則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2（{k}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}$，
則C（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{-k}{1+2{k}^{2}}$），
且|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
若k=0，則AB的垂直平分線為y軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意；
則k≠0，故PC：y+$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
P（-2，$\frac{2+5{k}^{2}}{k（1+2{k}^{2}）}$），
從而|PC|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$|x_C-x_P|=$\frac{2（3{k}^{2}+1）\sqrt{1+{k}^{2}}}{|k|（1+2{k}^{2}）}$，
可得$\frac{|PC|}{|AB|}$=$\frac{1+3{k}^{2}}{\sqrt{2}•|k|•\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{\frac{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}{{k}^{2}+{k}^{4}}}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{6+\frac{1+3{k}^{4}}{{k}^{2}+{k}^{4}}}$，
由f（k）=$\frac{1+3{k}^{4}}{{k}^{2}+{k}^{4}}$，可令t=k²，可得g（t）=$\frac{1+3{t}^{2}}{t+{t}^{2}}$，t＞0，
可得g′（t）=$\frac{（t-1）（3t+1）}{（t+{t}^{2}）^{2}}$，
由g′（t）=0，可得t=1，
當(dāng)t＞1時(shí)，g′（t）＞0，g（t）遞增；當(dāng)0＜t＜1時(shí)，g′（t）＜0，g（t）遞減．
可得t=1，即k=±1時(shí)，g（t）取得極小值，也為最小值2，
則f（k）≥2，可得$\frac{|PC|}{|AB|}$≥$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{6+2}$=2．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，同時(shí)考查兩直線垂直和中點(diǎn)坐標(biāo)公式的運(yùn)用，以及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求最值，屬于中檔題．