11.已知橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(2>b>0)的上,下頂點分別為A,B,過點B的直線與橢圓交于另一點D,與直線y=-2交于點M.
(Ⅰ)當(dāng)b=1且點D為橢圓的右頂點時,求三角形AMD的面積S的值;
(Ⅱ)若直線AM,AD的斜率之積為-$\frac{3}{4}$,求橢圓C的方程及$\overrightarrow{MA}$$•\overrightarrow{MD}$的取值范圍.

分析 (Ⅰ)由橢圓方程可得A,B,D的坐標(biāo),M的坐標(biāo),運用三角形的面積公式即可得到所求面積的值;
(Ⅱ)由橢圓方程可得A,B的坐標(biāo),求得D的坐標(biāo),M的坐標(biāo),運用直線的斜率公式,和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示,即可得到所求取值范圍.

解答 解:(Ⅰ)由橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1,可得
A(0,1),B(0,-1),D(2,0),
直線BD的方程為y=$\frac{1}{2}$x-1,
代入y=-2可得M(-2,-2),
即有三角形AMD的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•(xD-xM)=$\frac{1}{2}$×2×4=4;
(Ⅱ)由橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(2>b>0)可得
A(0,b),B(0,-b),
設(shè)直線BD的方程為y=kx-b,代入橢圓方程可得
(b2+4k2)x2-8kbx=0,
解得D($\frac{8kb}{^{2}+4{k}^{2}}$,$\frac{4{k}^{2}b-^{3}}{^{2}+4{k}^{2}}$),
代入y=-2可得M($\frac{b-2}{k}$,-2),
由直線AM,AD的斜率之積為-$\frac{3}{4}$,
可得$\frac{k(2+b)}{2-b}$•$\frac{-2^{3}}{8kb}$=-$\frac{3}{4}$,
化為(b-1)(b2+3b+6)=0,
解得b=1,
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1;
即有A(0,1),D($\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$,$\frac{4{k}^{2}-1}{4{k}^{2}+1}$),M(-$\frac{1}{k}$,-2),
$\overrightarrow{MA}$=($\frac{1}{k}$,3),$\overrightarrow{MD}$=($\frac{1+12{k}^{2}}{k(1+4{k}^{2})}$,$\frac{1+12{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$),
則$\overrightarrow{MA}$$•\overrightarrow{MD}$=$\frac{1+12{k}^{2}}{{k}^{2}(1+4{k}^{2})}$+$\frac{3(1+12{k}^{2})}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{(1+3{k}^{2})(1+12{k}^{2})}{{k}^{2}(1+4{k}^{2})}$
=$\frac{36{k}^{4}+15{k}^{2}+1}{4{k}^{4}+{k}^{2}}$=9+$\frac{1+6{k}^{2}}{4{k}^{4}+{k}^{2}}$,
令1+6k2=t(t>1),則k2=$\frac{t-1}{6}$,
可得9+$\frac{1+6{k}^{2}}{4{k}^{4}+{k}^{2}}$=9+$\frac{18t}{2{t}^{2}-t-1}$=9+$\frac{18}{2t-\frac{1}{t}-1}$,
由2t-$\frac{1}{t}$>1,可得$\overrightarrow{MA}$$•\overrightarrow{MD}$>9.
可得$\overrightarrow{MA}$$•\overrightarrow{MD}$的取值范圍是(9,+∞).

點評 本題考查三角形的面積的求法,注意運用直線方程,考查橢圓方程的求法,注意運用直線和橢圓方程求得交點,考查直線的斜率公式和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.

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