Question

4．如图，在椭圆$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$中，过坐标原点O作两条互相垂直的射线OA，OB与C分别交于A，B两点．
（1）已知直线AB的斜率为k，用k表示线段AB的长度；
（2）过点O作OM⊥AB于M点，点P为椭圆C上一动点，求线段PM长度的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意，可设AB：y=kx+m．与椭圆方程联立得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，利用一元二次方程的根与系数的关系可得：|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{\sqrt{16+64{k}^{2}-16{m}^{2}}}{4{k}^{2}+1}$．又由OA⊥OB，知$-1=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（{k{x_1}+m}）（{k{x_2}+m}）}}{{{x_1}{x_2}}}$，代入化简解出即可得出．
（2）设直线AB：y=kx+m，则$OM：y=-\frac{1}{k}x（{k≠0}）$，可设M（x，y），由（1）可知，5m²-4k²=4．消去m，k可得：点M的轨迹方程为${x^2}+{y^2}=\frac{4}{5}$．可得${|{PO}|_{min}}-\frac{2}{{\sqrt{5}}}≤|{PM}|≤{|{PO}|_{max}}+\frac{2}{{\sqrt{5}}}$．即可得出．

解答 解：（1）由题意，可设AB：y=kx+m．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x^2}+4{y^2}-4=0}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
于是，${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$（*）
则|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{\sqrt{16+64{k}^{2}-16{m}^{2}}}{4{k}^{2}+1}$．
又由OA⊥OB，知$-1=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（{k{x_1}+m}）（{k{x_2}+m}）}}{{{x_1}{x_2}}}$，
即$（{{k^2}+1}）{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$，将（*）代入化简得5m²-4k²=4，
所以$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{16+64{k^2}-16（{\frac{4}{5}{k^2}+\frac{4}{5}}）}}}{{4{k^2}+1}}=\frac{4}{{\sqrt{5}}}\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{16{k^2}+1}}}{{4{k^2}+1}}$；
（2）若设直线AB：y=kx+m，则$OM：y=-\frac{1}{k}x（{k≠0}）$，可设M（x，y），
由（1）可知，5m²-4k²=4（**）
由$y=-\frac{1}{k}x$，得$k=-\frac{x}{y}$，再代入y=kx+m，得$m=y+\frac{x^2}{y}$，
代入（**），有$5{（{y+\frac{x^2}{y}}）^2}-4\frac{x^2}{y^2}=4$，即5（y²+x²）²=4y²+4x²，
因y²+x²≠0，故有${x^2}+{y^2}=\frac{4}{5}$．
当直线AB的斜率为0或不存在时，显然符合${x^2}+{y^2}=\frac{4}{5}$．
故点M的轨迹方程为${x^2}+{y^2}=\frac{4}{5}$．
所以，${|{PO}|_{min}}-\frac{2}{{\sqrt{5}}}≤|{PM}|≤{|{PO}|_{max}}+\frac{2}{{\sqrt{5}}}$．
而|OP|的最大值为a=2，最小值为b=1，
所以，|PM|的取值范围为$1-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}≤|{PM}|≤2+\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、点的轨迹，考查了推理能力与计算能力，属于难题．