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设椭圆 $\dfrac{{{x}^{2}}}{a^2}+\dfrac{{{y}^{2}}}{3} = 1$（$a>\sqrt 3$）的右焦点为 $F$，右顶点为 $A$．已知 $\dfrac {1}{|OF|}+\dfrac {1}{|OA|}=\dfrac {3e}{| FA|}$，其中 $O$ 为原点，$e$ 为椭圆的离心率．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  1. 求椭圆的方程；
    标注
    答案
    椭圆方程为 $ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1 $．
    解析
    考查椭圆的方程与性质．由 $ \dfrac {1}{\left|OF\right|}+\dfrac {1}{\left|OA\right|}=\dfrac {3e}{\left|FA\right|} $，可知\[ \dfrac{1}{c }+\dfrac{1}{a}=\dfrac{3\cdot\dfrac{c}{a} }{a-c} ,\]解得 $ a=2 $．故椭圆方程为 $ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1 $．
  2. 设过点 $ A $ 的直线 $l$ 与椭圆交于点 $B$（$B$ 不在 $x$ 轴上），垂直于 $l$ 的直线与 $l$ 交于点 $M$，与 $y$ 轴交于点 $H$，若 $BF \perp HF$，且 $\angle MOA\leqslant \angle MAO$，求直线 $l$ 的斜率的取值范围．
    标注
    答案
    直线 $ l $ 的斜率 $ k $ 的取值范围是 $ \left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{6} }{4} \right]\cup\left[\dfrac{\sqrt{6} }{4},+\infty \right) $．
    解析
    不需要联立直线与椭圆的方程，只需直接以 $B$ 点坐标为参数展开计算即可．本题关键是分析出 $ M $ 的横坐标大于等于 $ 1$．如图，设 $ B $ 点坐标为 $ \left(2\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta \right) $，其中 $ \sin\theta\ne 0 $，$ H $ 点坐标为 $ \left(0,h\right) $．因为 $ BF \perp HF $，故 $ \overrightarrow {FB}\cdot\overrightarrow{FH}=0 $，解得\[ h=\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }. \]因为 $ M $ 点在直线 $ l $ 上，所以可以设 $ M $ 点坐标为 $ \left(m,\dfrac{\sqrt{3}\left(m-2\right)\sin\theta }{2\cos\theta-2} \right) $．由题意，$ HM\perp AB $，所以\[\begin{split}\overrightarrow{HM}\cdot\overrightarrow {AB}&=\left(m,\dfrac{\sqrt{3}\left(m-2\right)\sin\theta }{2\cos\theta-2}-\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }\right)\cdot\left(2\cos\theta-2,\sqrt{3}\sin\theta \right) \\&= \left(\dfrac{1}{2}\cos\theta-\dfrac{7}{2} \right)m+4+\cos\theta \\&=0,\end{split} \]故\[ m=\dfrac{8+2\cos\theta}{7-\cos\theta}. \]因为 $ \angle MOA\leqslant \angle MAO $，所以 $ m \geqslant 1 $，解得 $ \cos\theta \geqslant -\dfrac{1}{3} $．
    令 $ \alpha=\dfrac{\theta}{2} $，由于\[ \cos \theta \overset{\left[a\right]}=\dfrac{1-\tan^2{\alpha}}{1+\tan^2\alpha}, \]（推导中用到 [a]．）故 $ -\sqrt{2} \leqslant \tan\alpha \leqslant \sqrt{2} $；由于\[ \sin\theta=\dfrac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}\ne 0, \]故 $ \tan\alpha\ne 0 $．所以 $ -\sqrt{2}\leqslant \tan \alpha<0 $ 或 $0<\tan\alpha \leqslant \sqrt{2} $．
    设直线 $ l $ 的斜率为 $ k $，则\[ k=\dfrac{\sqrt{3}\sin\theta }{2\cos\theta-2}=\dfrac{\sqrt{3}\cdot\dfrac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} }{2\left(\dfrac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha} -1\right) } =-\dfrac{\sqrt{3} }{2\tan\alpha}, \]因为 $ -\sqrt{2}\leqslant \tan \alpha<0 $ 或 $ 0<\tan\alpha \leqslant \sqrt{2} $，所以 $ k \leqslant -\dfrac{\sqrt{6} }{4} $ 或 $ k \geqslant \dfrac{\sqrt{6} }{4} $．
    综上所述，直线 $ l $ 的斜率 $ k $ 的取值范围是 $ \left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{6} }{4} \right]\cup\left[\dfrac{\sqrt{6} }{4},+\infty \right) $．
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
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