Question

15．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，焦距為2，過點(diǎn)F₂作直線l交橢圓于M、N兩點(diǎn)，△F₁MN的周長為8．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l分別交直線y=$\frac{c}{a}$x，y=-$\frac{c}{a}$x于P，Q兩點(diǎn)，求$\frac{{S}_{△OMN}}{|PQ|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的焦距為2，過點(diǎn)F₂作直線l交橢圓于M、N兩點(diǎn)，△F₁MN的周長為8，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為x=my+1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得：（3m²+4）y²+6my-9=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長公式、三角形面積公式，結(jié)合已知條件能求出$\frac{{S}_{△OMN}}{|PQ|}$的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，焦距為2，
過點(diǎn)F₂作直線l交橢圓于M、N兩點(diǎn)，△F₁MN的周長為8．
∴$\left\{\begin{array}{l}{2c=2}\\{4a=8}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為x=my+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去x，整理，得：（3m²+4）y²+6my-9=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=-\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
設(shè)P（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{y=\frac{1}{2}x}\end{array}\right.$，得${y}_{3}=\frac{1}{2-m}$，同理${y}_{4}=\frac{-1}{2+m}$，
|PQ|=$\sqrt{1+{m}^{2}}|{y}_{3}-{y}_{4}|$=$\frac{4\sqrt{1+{m}^{2}}}{|4-{m}^{2}|}$，
∴$\frac{{S}_{△OMN}}{|PQ|}$=$\frac{|12-3{m}^{2}|}{2（3{m}^{2}+4）}$=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{12-3{m}^{2}}{2（3{m}^{2}+4）}，0≤{m}^{2}≤4}\\{\frac{3{m}^{2}-12}{2（3{m}^{2}+4）}，{m}^{2}＞4}\end{array}\right.$，
當(dāng)0≤m²≤4時，$\frac{{S}_{△OMN}}{|PQ|}$=$-\frac{1}{2}+\frac{8}{3{m}^{2}+4}$∈[0，$\frac{3}{2}$]，
當(dāng)m²＞4時，$\frac{{S}_{△OMN}}{|PQ|}$=$\frac{1}{2}-\frac{8}{3{m}^{2}+4}$∈（0，$\frac{1}{2}$），
∴$\frac{{S}_{△OMN}}{|PQ|}$的取值范圍是[0，$\frac{3}{2}$]．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積與線段長的比值的取值范圍的求法，考查橢圓、韋達(dá)定理、弦長公式、三角形面積公式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．