2007-四川卷理-20 解-根判别式韦达定理

本题导读

本题是一道典型的解析几何与平面向量交汇的综合压轴题。第一问通过引入动点，考查椭圆上点的坐标范围以及向量数量积的坐标运算，可转化为二次函数的最值问题；第二问考查直线与椭圆的位置关系，通过联立方程组，利用根的判别式以及韦达定理，将“两向量夹角为锐角”转化为数量积大于零的代数不等式，具有较强的选拔性。

📌【题干】

Question

（2007年四川卷(理)） 设 $F_1,F_2$ 分别是椭圆 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 的左、右焦点。

(1) 若 $P$ 是该椭圆上的一个动点，求 $\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}$ 的最大值和最小值；

(2) 设过定点 $M(0,2)$ 的直线 $l$ 与椭圆交于不同的两点 $A、B$，且 $\angle AOB$ 为锐角（其中 $O$ 为坐标原点），求直线 $l$ 的斜率 $k$ 的取值范围。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对于(1)，求出两焦点坐标，设出动点 $P(x_0,y_0)$，写出 $\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}$ 的坐标表达式。利用 $P$ 在椭圆上进行消元，转化为关于 $x_0$ 的二次函数，结合 $x_0\in [-2,2]$ 求解最值；
2. 对于(2)，显见直线 $l$ 的斜率存在，设其方程为 $y=kx+2$。联立直线与椭圆方程，由交于不同两点得 $\Delta >0$；再由 $\angle AOB$ 为锐角建立不等式 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}>0$，利用韦达定理整体代入，最后联立不等式组求解 $k$ 的范围。

✅【答案】

点击查看答案

待补

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 由椭圆方程 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 可知，$a^2=4,b^2=1$， 所以 $c^2=a^2-b^2=3$，即 $c=\sqrt{3}$。 则左、右焦点坐标分别为 $F_1(-\sqrt{3},0),F_2(\sqrt{3},0)$。 设动点 $P(x_0,y_0)$，则 $\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1⟹y_0^2=1-\frac{x_0^2}{4}$，其中 $x_0\in [-2,2]$。 因为 $\overrightarrow{P{F}_1}=(-\sqrt{3}-x_0,-y_0)$，$\overrightarrow{P{F}_2}=(\sqrt{3}-x_0,-y_0)$， 所以： $\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}=(-\sqrt{3}-x_0)(\sqrt{3}-x_0)+(-y_0)(-y_0)=x_0^2-3+y_0^2$ 将 $y_0^2=1-\frac{x_0^2}{4}$ 代入上式得： $\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}=x_0^2-3+1-\frac{x_0^2}{4}=\frac{3}{4}{x}_0^2-2$ 因为 $x_0\in [-2,2]$，所以 $x_0^2\in [0,4]$。 当 $x_0^2=0$ 时，$\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}$ 取得最小值 $-2$； 当 $x_0^2=4$ 时，$\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}$ 取得最大值 $\frac{3}{4}\times 4-2=1$。 故 $\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}$ 的最大值为 $1$，最小值为 $-2$。

(2) 显然直线 $l$ 的斜率存在，设直线 $l$ 的方程为 $y=kx+2$。 联立直线与椭圆方程： $\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{array}⟹x^2+4(kx+2{)}^2=4$ 化简整理得： $(1+4k^2)x^2+16kx+12=0$ 因为直线 $l$ 与椭圆交于不同的两点 $A,B$， 所以 $\Delta =(16k{)}^2-4(1+4k^2)\times 12=64k^2-48>0⟹k^2>\frac{3}{4}$ ①

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，由韦达定理得： $x_1+x_2=-\frac{16k}{1+4k^2},x_1{x}_2=\frac{12}{1+4k^2}$ 因为 $\angle AOB$ 为锐角，所以 $\cos \angle AOB>0⟹\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}>0$。 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_1{x}_2+y_1{y}_2=x_1{x}_2+(k{x}_1+2)(k{x}_2+2)=(1+k^2)x_1{x}_2+2k(x_1+x_2)+4$ 将韦达定理代入上式： $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=(1+k^2)\cdot \frac{12}{1+4k^2}+2k\cdot \left(-\frac{16k}{1+4k^2}\right)+4>0$ 由于 $1+4k^2>0$，去分母得： $12(1+k^2)-32k^2+4(1+4k^2)>0$ $12+12k^2-32k^2+4+16k^2>0⟹16-4k^2>0⟹k^2<4$ ②

综合①②可得： $\frac{3}{4}<k^2<4$ 解得 $-\frac{\sqrt{3}}{2}<k<-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{2}<k<2$。 故直线 $l$ 的斜率 $k$ 的取值范围是 $\left(-2,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\cup \left(\frac{\sqrt{3}}{2},2\right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：向量数量积的坐标化、直线与椭圆相交转化的一元二次方程模型。
2. 核心方法：

• 第一问中利用极点或常规坐标消元将多变量最值转化为单变量二次函数在闭区间上的最值。
• 第二问中利用“$\angle AOB$ 为锐角 $⟺\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}>0$ 且 $A,O,B$ 不共线”进行几何条件的代数化。

3. 避坑指南：

• 极易遗漏判别式 $\Delta >0$ 的限制条件，导致范围扩大。
• 误将“锐角”条件对同等于“$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}\ge 0$”，需注意直角（$=0$）的排除；另外若直线过原点需防止三点共线，由于定点为 $M(0,2)$，本题不涉及共线退化情况。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题第(1)问具有鲜明的双曲几何与圆锥曲线背景，本质上探究的是动点到两定点张角的向量投影关系。
2. 结论推广：对于标准椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 上的任意动点 $P$，其对左右焦点 $F_1,F_2$ 的数量积满足：$\overrightarrow{P{F}_1}\cdot \overrightarrow{P{F}_2}=|\overrightarrow{PO}{|}^2-c^2=x_0^2+y_0^2-c^2=\frac{c^2}{a^2}{x}_0^2+b^2-c^2$。故最小值在短轴端点取得（为 $b^2-c^2$），最大值在长轴端点取得（为 $a^2-c^2$）。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略