Question

11．已知P为椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左顶点，如果存在过点M（x₀，0），（x₀＞0）的直线交椭圆于A，B两点，S_△AOB=2S_△AOP，则x₀的取值范围为（1，2）．

Answer 1

分析 如图所示，设直线AB的方程为：ty=x-x₀，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），与椭圆方程联立化为（4+t²）y²-2tx₀y+x₀²-4=0．△＞0．由于S_△AOP=$\frac{1}{2}$|OP|•y₁=y₁，S_△AOB=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|．S_△AOB=2S_△AOP，可得2y₁=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|，再利用根与系数的关系可得：t²=$\frac{{{x}_{0}}^{4}-4{{x}_{0}}^{3}+16{x}_{0}-16}{4（1-{x}_{0}）}$．令m=x₀，f（m）=m⁴-4m³+16m-16，（m∈（0，2）），利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：如图所示，
设直线AB的方程为：ty=x-x₀，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
（y₁＞y₂，y₁＞0）．
联立 $\left\{\begin{array}{l}{ty=x-{x}_{0}}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
化为（4+t²）y²-2tx₀y+x₀²-4=0．
∴△=4t²x₀²-4（4+t²）（x₀²-4）＞0，
∴y₁+y₂=$\frac{2t{x}_{0}}{4+{t}^{2}}$，①
y₁y₂=$\frac{{{x}_{0}}^{2}-4}{4+{t}^{2}}$，②
S_△AOP=$\frac{1}{2}$|OP|•y₁=y₁，S_△AOB=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|．
∵S_△AOB=2S_△AOP，
∴2y₁=$\frac{1}{2}$x₀|y₁-y₂|．
化为y²=（1-$\frac{4}{{x}_{0}}$）y₁，代入①可得：y₁=$\frac{2t{{x}_{0}}^{2}}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$，
∴y₂=$\frac{2t{x}_{0}（{x}_{0}-4）}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$，
∴$\frac{2t{{x}_{0}}^{2}}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$•$\frac{2t{x}_{0}（{x}_{0}-4）}{（2{x}_{0}-4）（4+{t}^{2}）}$=$\frac{{{x}_{0}}^{2}-4}{4+{t}^{2}}$，
化为t²=$\frac{{{x}_{0}}^{4}-4{{x}_{0}}^{3}+16{x}_{0}-16}{4（1-{x}_{0}）}$．（*）
令m=x₀，f（m）=m⁴-4m³+16m-16，（m∈（0，2）），
f′（m）=4m³-12m²+16=4（m-2）²（m+1），
∴函数f（m）在m∈（0，2）单调递增，
又f（0）=-16，f（1）=-3，f（2）=0，
因此要使（*）有解，则1＜m＜2，
即x₀∈（1，2）．
故答案为：（1，2）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、三角形面积计算公式、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．