Question

5．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），橢圓C短軸的一個端點與長軸的一個端點的連線與圓O：x²+y²=$\frac{4}{3}$相切，且拋物線y²=-4$\sqrt{2}$x的準(zhǔn)線恰好過橢圓C的一個焦點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過圓O上任意一點P作圓的切線l與橢圓C交于A，B兩點，連接PO并延長交圓O于點Q，求△ABQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓C短軸的一個端點與長軸的一個端點的連線與圓O：x²+y²=$\frac{4}{3}$相切，推出$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}=\frac{4}{3}$，以及c=$\sqrt{2}$，然后求解橢圓方程．
（Ⅱ）①當(dāng)直線l的斜率不存在時，求出A、B、P、Q坐標(biāo)，然后求解S_△ABQ．
②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)其方程設(shè)為y=kx+m，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消去y利用韋達定理判別式以及弦長公式，點到直線的距離，求出S_△ABQ=$\frac{1}{2}$|PQ||AB利用基本不等式求解最值，然后推出結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ）因為橢圓C短軸的一個端點與長軸的一個端點的連線與圓O：x²+y²=$\frac{4}{3}$相切，
所以$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}=\frac{4}{3}$，…（1分）
又拋物線y²=-4$\sqrt{2}x$其準(zhǔn)線方程為x=$\sqrt{2}$，
因為拋物線y²=-4$\sqrt{2}x$的準(zhǔn)線恰好過橢圓C的一個焦點，
所以c=$\sqrt{2}$，從而a²-b²=c²=2           …（2分）
兩式聯(lián)立，解得b²=2，a²=4，
所以橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$               …（4分）
①當(dāng)直線l的斜率不存在時，不妨設(shè)直線AB方程為l：x=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
則A（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），B（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），P（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），所以Q（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），
從而S_△ABQ=$\frac{1}{2}$|PQ||AB|=$\frac{1}{2}×\frac{4\sqrt{3}}{3}×\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{8}{3}$   …（5分）
②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)其方程設(shè)為y=kx+m，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消去y得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0，
△=（4mk）²-4（2k²+1）（2m²-4）=8（4k²-m²+2）＞0，
即4k²-m²+2＞0
 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4km}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2（{m}^{2}-2）}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$                              …（6分）
因為直線與圓相切，所以d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{4}{3}}$，∴3m²=4（1+k²）  …（7分）
|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{{x}_{1}-{x}_{2}）}^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$$\sqrt{\frac{{k}^{4}+5{k}^{2}+1}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$
=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$$\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$                   …（8分）
當(dāng)k≠0時，|AB|=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$$\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}×\sqrt{1+\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}}$，
因為4k²+$\frac{1}{{k}^{2}}+4≥8$，
所以1＜1+$\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}$$≤\frac{9}{8}$，所以$\frac{4\sqrt{3}}{3}＜|AB|≤\sqrt{6}$．…（9分）
因為PQ圓O的直徑，所以S_△ABQ=$\frac{1}{2}$|PQ||AB|=$\frac{1}{2}×\frac{4\sqrt{3}}{3}×|AB|$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}|AB|$．…（10分）
所以$\frac{8}{3}$＜S_△ABQ≤2$\sqrt{2}$．…（11分）
k=0時，S_△ABQ=$\frac{1}{2}$|PQ||AB|=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{3}}{3}$×$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{8}{3}$
綜上可得△ABQ面積的取值范圍為[$\frac{8}{3}$，2$\sqrt{2}$]．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，拋物線以及橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．