Question

12．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長為2，過圓C：x²+y²=r²（0＜r＜b）上任意一點作圓C的切線與橢圓E交于A，B兩點，O為坐標原點．
（1）當r為何值時，OA⊥OB；
（2）過橢圓E上任意一點P作（1）中所求圓的兩條切線分別交橢圓于M，N，求△PMN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長為2，列出方程組，求出a，b，從而求出橢圓E的方程，當直線AB的斜率不存在時，直線AB：x=±r，得到當r=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$時，OA⊥OB；當直線l的斜率存在時，設l：y=kx+n，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8knx+4n²-4=0，由此利用韋達定理、向量的數(shù)量積、直線與圓相切，結合已知條件能求出r的值．
（2）OP⊥OM，OP⊥ON，OP⊥MN，且MN過原點O，當MN的斜率存在且不為0時，設MN：y=k₁x，（k₁≠0），由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得|MN|=2OM=4$\sqrt{\frac{{{k}_{1}}^{2}+1}{1+4{{k}_{1}}^{2}}}$，同理，|OP|=$\sqrt{\frac{{{k}_{1}}^{2}+1}{4+{{k}_{1}}^{2}}}$，由此能求出△PMN面積的取值范圍．

解答 解：（1）∵橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長為2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{2b=2}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當直線AB的斜率不存在時，直線AB：x=±r，
即x₁=x₂=±r，
代入橢圓方程，得${{y}_{1}}^{2}={{y}_{2}}^{2}=1-\frac{{r}^{2}}{4}$，
$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=${{x}_{1}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}$=r²-（1-$\frac{{r}^{2}}{4}$）=$\frac{5{r}^{2}}{4}-1$，
∵0＜r＜1．∴當r=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$時，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，即OA⊥OB，
當直線l的斜率存在時，設l：y=kx+n，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8knx+4n²-4=0，
則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8kn}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{n}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+n）（kx₂+n）
=（1+k²）x₁x₂+kn（x₁+x₂）+n²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（4{n}^{2}-4）-8{k}^{2}{n}^{2}+{n}^{2}+4{k}^{2}{n}^{2}}{1+4{k}^{2}}$
=$\frac{5{n}^{2}-4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$，
∵直線l與圓C相切，∴$\frac{|n|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=r，即n²=r²（1+k²），
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=$\frac{（5{r}^{2}-4）（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$，
∵0＜r＜1，∴當r=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$時，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，即OA⊥OB，
綜上，r=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
（2）由（1）知OP⊥OM，OP⊥ON，
∴OP⊥MN，且MN過原點O，
當MN的斜率存在且不為0時，設MN：y=k₁x，（k₁≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得${{x}_{M}}^{2}=\frac{4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$，${{y}_{M}}^{2}=\frac{4{{k}_{1}}^{2}}{1+4{k}_{1}{\;}^{2}}$，
∴|MN|=2OM=2$\sqrt{{{x}_{M}}^{2}+{{y}_{M}}^{2}}$=4$\sqrt{\frac{{{k}_{1}}^{2}+1}{1+4{{k}_{1}}^{2}}}$，
同理，|OP|=2$\sqrt{\frac{1+\frac{1}{{{k}_{1}}^{2}}}{1+4×\frac{1}{{{k}_{1}}^{2}}}}$=2$\sqrt{\frac{{{k}_{1}}^{2}+1}{4+{{k}_{1}}^{2}}}$，
∴S_△PMN=$\frac{1}{2}$|OP|•|MN|=4$\sqrt{\frac{（{{k}_{1}}^{2}+1）^{2}}{（4+{{k}_{1}}^{2}）（1+4{k}_{1}{\;}^{2}）}}$=4$\sqrt{\frac{1}{4-\frac{12}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}}$∈[$\frac{8}{5}$，2），
當MN與坐標軸垂直時，S_△PMN=2，
∴△PMN面積的取值范圍是[$\frac{8}{5}$，2]．

點評 本題考查滿足兩線段垂直的圓的半徑的求法，考查三角面積的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意橢圓、圓、弦長公式、韋達定理的合理運用，是難題．