Question

10．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的長軸長為4，焦距為$2\sqrt{3}$，以A為圓心的圓（x-2）²+y²=r²（r＞0）與橢圓相交于B、C兩點．
（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}$的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)P是橢圓C長異于B、C的任一點，直線PB、PC與x軸分別交于M、N，
求S_△POM•S_△PON的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的長軸長，焦距，及a²=b²+c²，求得a、b即可．
（Ⅱ）設(shè)B（x₀，y₀）則C（x₀，-y₀），可得$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}={（{x_0}-2）^2}-y_0^2$=${（{x_0}-2）^2}-（1-\frac{x_0^2}{4}）$=$\frac{5}{4}x_0^2-4{x_0}+3=\frac{5}{4}{（{x_0}-\frac{8}{5}）^2}-\frac{1}{5}$，由-2＜x₀＜2，求得$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}$的取值范圍．
（Ⅲ）設(shè)P（x₁，y₁）（y₁≠±y₀），得到直線PB，PC的方程，分別令y=0得${x_M}=\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}$，${x_N}=\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}$，得${S_{△POM}}•{S_{△PON}}=\frac{1}{4}|OM||ON|•y_1^2$=$\frac{1}{4}|{x_M}{x_N}|•y_1^2=y_1^2$，
依據(jù)-1≤y₁≤1，求得S_△POM•S_△PON取得最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的長軸長為4，焦距為$2\sqrt{3}$，∴2a=4，2c=2$\sqrt{3}$，
∴a=2，b²=a²-c²=1
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）設(shè)B（x₀，y₀）則C（x₀，-y₀）且$\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1$，
∴$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}={（{x_0}-2）^2}-y_0^2$=${（{x_0}-2）^2}-（1-\frac{x_0^2}{4}）$=$\frac{5}{4}x_0^2-4{x_0}+3=\frac{5}{4}{（{x_0}-\frac{8}{5}）^2}-\frac{1}{5}$，
因為-2＜x₀＜2，所以$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AC}$的取值范圍為$[-\frac{1}{5}，16）$．
（Ⅲ）設(shè)P（x₁，y₁）（y₁≠±y₀），則$\frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1$，
直線PB，PC的方程分別為：$PB：y-{y_1}=\frac{{{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}（x-{x_1}）$，$PC：y-{y_1}=\frac{{-{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}（x-{x_1}）$，
分別令y=0得${x_M}=\frac{{{x_1}{y_0}-{x_0}{y_1}}}{{{y_0}-{y_1}}}$，${x_N}=\frac{{{x_1}{y_0}+{x_0}{y_1}}}{{{y_0}+{y_1}}}$，
所以${x_M}{x_N}=\frac{x_1^2y_0^2-x_0^2y_1^2}{y_0^2-y_1^2}$=$\frac{（4-4y_1^2）y_0^2-（4-4y_0^2）y_1^2}{y_0^2-y_1^2}$=$\frac{4（y_0^2-y_1^2）}{y_0^2-y_1^2}=4$，
于是${S_{△POM}}•{S_{△PON}}=\frac{1}{4}|OM||ON|•y_1^2$=$\frac{1}{4}|{x_M}{x_N}|•y_1^2=y_1^2$，
因為-1≤y₁≤1，所以S_△POM•S_△PON取得最大值為1．

點評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，向量的數(shù)量積，面積的范圍，屬于中檔題．