每日一题[893]面积之比

已知椭圆 $C_1:\dfrac{x^2}{a^2 }+\dfrac{y^2}{b^2 }=1\left(a>b>0\right)$ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt{2}}{ 2}$，其短轴的下端点在抛物线 $x^2=4y$ 的准线上．设 $O$ 为坐标原点，$M$ 是直线 $l:x=2$ 上的动点，$F$ 为椭圆的右焦点，过点 $F$ 作 $OM$ 的垂线与以 $OM$ 为直径的圆 $C_2$ 相交于 $P$，$Q$ 两点，与椭圆 $C_1$ 相交于 $A$，$B$ 两点，如图所示． (1)求椭圆 $C_1$ 的方程．

(2)若 $\left|PQ\right|=\sqrt{6}$，求圆 $C_2$ 的方程；

(3)设 $C_2$ 与四边形 $OAMB$ 的面积分别为 $S_1,S_2$，若 $S_1=\lambda S_2$，求 $\lambda$ 的取值范围．

正确答案是 (1)$\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$；(2)$(x-1)^2+(y\pm 1)^2=2$；(3) $\left[\dfrac{\sqrt 2}2\pi,+\infty\right)$．

分析与解　(2) 设$OM$与$PQ$交于$E$点，$H(2,0)$．由于$\triangle OEF$与$\triangle OHM$相似，于是 $$|OE|\cdot |OM|=|OF|\cdot |OH|=2,$$ 又根据相交弦定理，有 $$|OE|\cdot |EM|=|PE|\cdot |EQ|=\dfrac 32.$$ 于是有$|OE|\cdot|OE|=\dfrac 12$，从而解得$OM=2\sqrt 2$，因此$M(2,\pm 2)$，进而可得圆$C_2$的方程为 $$(x-1)^2+(y\pm 1)^2=2.$$

(3) 根据题意，有 $$\lambda=\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{\pi \cdot \left(\dfrac 12|OM|\right)^2}{\dfrac 12\cdot |AB|\cdot |OM|}=\dfrac{\pi}2\cdot \dfrac{|OM|}{|AB|},$$ 设直线$PQ$的倾斜角为$\theta$，则 $$|AB|=\dfrac{2ab^2}{b^2+c^2\sin^2\theta}=\dfrac{2\sqrt 2}{1+\sin^2\theta},$$ 而 $$|OM|=\dfrac{|OH|}{\sin\theta}=\dfrac{2}{\sin\theta},$$ 这样就有 $$\lambda=\dfrac{\pi}2\cdot \dfrac{1+\sin^2\theta}{\sqrt 2\cdot \sin\theta}=\dfrac{\pi}{2\sqrt 2}\left(\sin\theta+\dfrac{1}{\sin\theta}\right),$$ 其取值范围是$\left[\dfrac{\sqrt 2}2\pi,+\infty\right)$．

其他方法　代数计算

(2)设点$M(2,2m)$，则直线$PQ$的方程为$x+my-1=0$，圆心$(1,m)$到直线$PQ$的距离 $$d=\dfrac{|1+m^2-1|}{\sqrt{1+m^2}}=\dfrac {m^2}{\sqrt{1+m^2}},$$ 于是由弦心距，半弦长与半径得到的三角形三边关系满足 $$\dfrac {m^4}{1+m^2}+\left(\dfrac {\sqrt 6}{2}\right)^2=1+m^2,$$ 解得$m^2=1$，所以$m=\pm 1$，从而圆$C_2$的方程为 $$(x-1)^2+(y\pm 1)^2=2.$$
(3)因为 $$S_1=\pi(1+m^2),\ S_2=\dfrac 12\cdot|OM|\cdot|AB|=\sqrt{1+m^2}|AB|,$$ 联立直线$PQ$与椭圆的方程消去$x$得 $$(m^2+2)y^2-2my-1=0,$$ 于是有 $$|AB|=\sqrt{1+m^2}\cdot\dfrac{\sqrt{\Delta }}{m^2+2}=\dfrac {2\sqrt 2(m^2+1)}{m^2+2},$$ 于是 $$\lambda=\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac {\sqrt 2}{4}\pi\cdot\sqrt{(m^2+1)+\dfrac 1{m^2+1}+2}\geqslant \dfrac {\sqrt 2}2\pi,$$ 当且仅当$m=0$时等号成立．于是$\lambda$的取值范围是$\left[\dfrac{\sqrt 2}2\pi,+\infty\right)$．