Question

6．已知圆C₁：x²+y²=r²（r＞0）的一条直径是椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长轴，过椭圆C₂上一点D（1，$\frac{3}{2}$）的动直线l与圆C₁相交于点A、B，弦AB长的最小值是$\sqrt{3}$
（1）圆C₁和椭圆C₂的方程；
（2）椭圆C₂的右焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线m、n，设直线m交圆C₁于点P、Q，直线n与椭圆C₂于点M、N，求四边形PMQN面积的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可得a=r，点D在圆内，当AB⊥C₁D时，直线AB被圆截得的弦长最短，由弦长公式计算即可得到r=2，再将D的坐标代入椭圆方程，即可求得b，进而得到圆和椭圆的方程；
（2）设出直线m，n的方程，运用圆和直线相交的弦长公式和直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，分别求得|PQ|，|MN|，再由四边形的面积公式，化简整理计算即可得到取值范围．

解答 解：（1）由题意可得a=r，点D在圆内，
当AB⊥C₁D时，直线AB被圆截得的弦长最短，
且为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，
点D代入椭圆方程，有$\frac{1}{4}$+$\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，
解得b=$\sqrt{3}$，
则有圆C₁的方程为x²+y²=4，椭圆C₂的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）设过点F（1，0）作两条互相垂直的直线m：y=k（x-1），
直线n：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），
圆心C₁到直线m的距离为d=$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则|PQ|=2$\sqrt{4-{d}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{3{k}^{2}+4}{1+{k}^{2}}}$，
由y=-$\frac{1}{k}$（x-1）和椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得（3k²+4）y²-6ky-9=0，
判别式显然大于0，y₁+y₂=$\frac{6k}{3{k}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{k}^{2}+4}$，
则|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{6k}{3{k}^{2}+4}）^{2}+\frac{36}{3{k}^{2}+4}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+4}$，
则有四边形PMQN面积为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$\sqrt{3}$，
则四边形PMQN面积的取值范围是（6，4$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查直线和圆、椭圆的位置关系，同时考查直线被圆、椭圆截得弦长的问题，运用圆的垂径定理和弦长公式，以及韦达定理是解题的关键．