Question

6．已知圓C₁：x²+y²=r²（r＞0）的一條直徑是橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸，過橢圓C₂上一點(diǎn)D（1，$\frac{3}{2}$）的動(dòng)直線l與圓C₁相交于點(diǎn)A、B，弦AB長的最小值是$\sqrt{3}$
（1）圓C₁和橢圓C₂的方程；
（2）橢圓C₂的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作兩條互相垂直的直線m、n，設(shè)直線m交圓C₁于點(diǎn)P、Q，直線n與橢圓C₂于點(diǎn)M、N，求四邊形PMQN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得a=r，點(diǎn)D在圓內(nèi)，當(dāng)AB⊥C₁D時(shí)，直線AB被圓截得的弦長最短，由弦長公式計(jì)算即可得到r=2，再將D的坐標(biāo)代入橢圓方程，即可求得b，進(jìn)而得到圓和橢圓的方程；
（2）設(shè)出直線m，n的方程，運(yùn)用圓和直線相交的弦長公式和直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，分別求得|PQ|，|MN|，再由四邊形的面積公式，化簡(jiǎn)整理計(jì)算即可得到取值范圍．

解答 解：（1）由題意可得a=r，點(diǎn)D在圓內(nèi)，
當(dāng)AB⊥C₁D時(shí)，直線AB被圓截得的弦長最短，
且為2$\sqrt{{r}^{2}-{C}_{1}{D}^{2}}$=2$\sqrt{{r}^{2}-（1+\frac{9}{4}）}$=$\sqrt{3}$，
解得r=2，即a=2，
點(diǎn)D代入橢圓方程，有$\frac{1}{4}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1，
解得b=$\sqrt{3}$，
則有圓C₁的方程為x²+y²=4，橢圓C₂的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）設(shè)過點(diǎn)F（1，0）作兩條互相垂直的直線m：y=k（x-1），
直線n：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），
圓心C₁到直線m的距離為d=$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則|PQ|=2$\sqrt{4-9zisan4^{2}}$=2$\sqrt{\frac{3{k}^{2}+4}{1+{k}^{2}}}$，
由y=-$\frac{1}{k}$（x-1）和橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得（3k²+4）y²-6ky-9=0，
判別式顯然大于0，y₁+y₂=$\frac{6k}{3{k}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{k}^{2}+4}$，
則|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{6k}{3{k}^{2}+4}）^{2}+\frac{36}{3{k}^{2}+4}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+4}$，
則有四邊形PMQN面積為S=$\frac{1}{2}$|PQ|•|MN|=$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{\frac{3{k}^{2}+4}{1+{k}^{2}}}$•$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+4}$
=12•$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{3{k}^{2}+4}}$=12•$\sqrt{\frac{1}{3+\frac{1}{1+{k}^{2}}}}$，
由于k²＞0，即有1+k²＞1，S＞12×$\frac{1}{2}$=6，且S＜12×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=4$\sqrt{3}$，
則四邊形PMQN面積的取值范圍是（6，4$\sqrt{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓、橢圓的位置關(guān)系，同時(shí)考查直線被圓、橢圓截得弦長的問題，運(yùn)用圓的垂徑定理和弦長公式，以及韋達(dá)定理是解題的關(guān)鍵．