Question

4．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），點(diǎn)A（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓上，傾斜角為45°的直線l交橢圓于C、D兩點(diǎn)，B（$\frac{4}{5}$，-$\frac{1}{5}$）為線段CD的中點(diǎn)．
（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)不過原點(diǎn)O的直線l′與該橢圓交于P、Q兩點(diǎn)，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）將A代入橢圓方程，設(shè)出直線CD的方程代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，可得中點(diǎn)B的坐標(biāo)，由條件可得a，b的方程，解方程可得a=2，b=1，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)出直線的方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去x得到關(guān)于y的二次方程，利用韋達(dá)定理得到關(guān)于兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)的關(guān)系，將直線OP，PQ，OQ的斜率用坐標(biāo)表示，據(jù)已知三個(gè)斜率成等比數(shù)列，列出方程，將韋達(dá)定理得到的等式代入，求出k的值，利用判別式大于0得到m的范圍，將△OPQ面積用m表示，求出面積的范圍．

解答 解：（1）點(diǎn)A（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在橢圓上，可得
$\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{4^{2}}$=1，
設(shè)直線CD的方程為y=x+t，代入橢圓方程，可得
（b²+a²）x²+2ta²x+a²t²-a²b²=0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{2t{a}^{2}}{^{2}+{a}^{2}}$，中點(diǎn)B為（-$\frac{t{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，$\frac{t^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$），
由B（$\frac{4}{5}$，-$\frac{1}{5}$），可得a²=4b²，
解得a=2，b=1，
即有橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）由題意可知，直線l'的斜率存在且不為0，
故可設(shè)直線l'的方程為y=kx+m（m≠0），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去y得
（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
則△=64k²b²-16（1+4k²b²）（b²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，
且x₃+x₄=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
故y₃y₂=（kx₃+m）（kx₄+m）=k²x₃x₄+km（x₃+x₄）+m²．
因?yàn)橹本�OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
所以$\frac{{y}_{3}{y}_{4}}{{x}_{3}{x}_{4}}$=k²，
即-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，又m≠0，
所以k²=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．
由于直線OP，OQ的斜率存在，且△＞0，得
0＜m²＜2且m²≠1．
設(shè)d為點(diǎn)O到直線l的距離，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$d|PQ|=$\frac{1}{2}$|x₃-x₄||m|=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$＜$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1．
所以S_△OPQ的取值范圍為（0，1）．

點(diǎn)評(píng) 求圓錐曲線的方程，一般利用待定系數(shù)法；解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般設(shè)出直線方程，將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去一個(gè)未知數(shù)，得到關(guān)于一個(gè)未知數(shù)的二次方程，利用韋達(dá)定理，找突破口．注意設(shè)直線方程時(shí)，一定要討論直線的斜率是否存在．