Question

6．己知椭圆$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，过右焦点F作一条与x轴不垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的中垂线分别交直线x=-2和AB于P、C，则|$\frac{PC}{AB}$|的取值范围是（　　）

• A． [2，+∞）
• B． [1，+∞）
• C． [$\frac{1}{2}$，5）
• D． [$\frac{3}{2}$，+∞）

Answer 1

分析 设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，再化简整理，由导数判断单调性可得最值，进而得到所求范围．

解答 解：由AB与x轴不垂直，设直线AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
将AB方程代入椭圆方程可得（1+2k²）x²-4k²x+2（k²-1）=0，
则x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2（{k}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}$，
则C（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{-k}{1+2{k}^{2}}$），
且|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
若k=0，则AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意；
则k≠0，故PC：y+$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
P（-2，$\frac{2+5{k}^{2}}{k（1+2{k}^{2}）}$），
从而|PC|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$|x_C-x_P|=$\frac{2（3{k}^{2}+1）\sqrt{1+{k}^{2}}}{|k|（1+2{k}^{2}）}$，
可得$\frac{|PC|}{|AB|}$=$\frac{1+3{k}^{2}}{\sqrt{2}•|k|•\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{\frac{1+6{k}^{2}+9{k}^{4}}{{k}^{2}+{k}^{4}}}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{6+\frac{1+3{k}^{4}}{{k}^{2}+{k}^{4}}}$，
由f（k）=$\frac{1+3{k}^{4}}{{k}^{2}+{k}^{4}}$，可令t=k²，可得g（t）=$\frac{1+3{t}^{2}}{t+{t}^{2}}$，t＞0，
可得g′（t）=$\frac{（t-1）（3t+1）}{（t+{t}^{2}）^{2}}$，
由g′（t）=0，可得t=1，
当t＞1时，g′（t）＞0，g（t）递增；当0＜t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减．
可得t=1，即k=±1时，g（t）取得极小值，也为最小值2，
则f（k）≥2，可得$\frac{|PC|}{|AB|}$≥$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{6+2}$=2．
故选：A．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用，以及导数的运用：求最值，属于中档题．