Question

8．已知橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0）上一點與橢圓的兩個焦點構(gòu)成的三角形周長為4+2$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓M的方程；
（2）設(shè)不過原點O的直線與該橢圓交于P，Q兩點，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求△OPQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓M上一點與橢圓的兩個焦點構(gòu)成的三角形周長為4+2$\sqrt{3}$，可得2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，又a=2b，$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{3}$b聯(lián)立解出即可得出．
（2）可設(shè)直線l的斜率垂直且不為0，可設(shè)直線l的方程為：y=kx+m（m≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+8kmx+（4m²-4）=0，△＞0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可化簡y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．由于直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$$•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k²，代入化簡得k²=$\frac{1}{4}$．由于直線OP，OQ的斜率存在，且△＞0，可得：0＜m²＜2，且m²≠1，則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|y₁-y₂|•|2m|=$\frac{1}{2}$|x₁-x₂|•|m|，即可得出．

解答 解：（1）∵橢圓M上一點與橢圓的兩個焦點構(gòu)成的三角形周長為4+2$\sqrt{3}$，
∴2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，又a=2b，$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{3}$b，
∴2b+$\sqrt{3}$b=2+$\sqrt{3}$，解得b=1，a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）可設(shè)直線l的斜率垂直且不為0，可設(shè)直線l的方程為：y=kx+m（m≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kmx+（4m²-4）=0，
△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-1）＞0，且x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
故y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²，
∵直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$$•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，化為$\frac{-8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，
又m≠0，解得k²=$\frac{1}{4}$，即k=$±\frac{1}{2}$．
由于直線OP，OQ的斜率存在，且△＞0，可得：0＜m²＜2，且m²≠1，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|y₁-y₂|•|2m|=$\frac{1}{2}$|x₁-x₂|•|m|=$\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{△}}{2}|m|$=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$=$\sqrt{-（{m}^{2}-1）^{2}+1}$，
∴S_△OPQ的范圍是（0，1）．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、三角形面積計算公式、等比數(shù)列的性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．