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】
2016年高考天津卷（理）
【标注】
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求椭圆的方程；标注答案$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$解析由 $\dfrac {1}{\left|OF\right|}+\dfrac {1}{\left|OA\right|}=\dfrac {3e}{\left|FA\right|}$ 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 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$．
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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$\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{6} }{4} \right]\cup\left[\dfrac{\sqrt{6} }{4},+\infty \right) $解析如图，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}(m-2)\sin\theta }{2\cos\theta-2} \right) $．
由题意，$HM\perp AB$，所以\[\begin{split}\overrightarrow{HM}\cdot\overrightarrow{AB}&=\left(m,\dfrac{\sqrt{3}(m-2)\sin\theta }{2\cos\theta-2}-\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }\right)\cdot\left(2\cos\theta-2,\sqrt{3}\sin\theta \right) \\&= \left(\dfrac{1}{2}\cos\theta-\dfrac{7}{2} \right)m+4+\cos\theta \\&=0,\end{split}\]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$$\cos\theta=\dfrac{1-\tan^2{\alpha}}{1+\tan^2\alpha},$$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
