Question

2．已知中心在原點O，焦點在x軸上的橢圓，離心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且橢圓過點$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
（Ⅰ） 求該橢圓的方程；
（Ⅱ）過點D（1，$\frac{1}{2}$）的直線（斜率存在）與該橢圓M交于P、Q兩點，且|DP|=|DQ|，求此直線的方程；
（Ⅲ）過點E（1，0）的直線（斜率存在）與該橢圓M交于P、Q兩點，且|EP|=2|EQ|，求此直線的方程；
（Ⅳ）設(shè)不過原點O的直線l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 （Ⅰ）設(shè)出橢圓的方程，將已知點代入橢圓的方程及利用橢圓的離心率公式得到關(guān)于橢圓的三個參數(shù)的等式，解方程組求出a，b，c的值，代入橢圓方程即可；
（Ⅱ）設(shè)直線方程為y-$\frac{1}{2}$=k（x-1），代入橢圓方程，運用韋達定理和中點坐標(biāo)公式，解方程可得k的值，即可得到所求直線的方程；
（Ⅲ）設(shè)過點E（1，0）的直線方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，運用韋達定理，再由|EP|=2|EQ|，可得$\overrightarrow{EP}$=-2$\overrightarrow{EQ}$，運用向量的坐標(biāo)表示，解方程即可得到k的值，進而得到所求直線的方程；
（Ⅳ）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，利用韋達定理得到關(guān)于兩個交點的坐標(biāo)的關(guān)系，將直線OP，PQ，OQ的斜率用坐標(biāo)表示，據(jù)已知三個斜率成等比數(shù)列，列出方程，將韋達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：（Ⅰ）由題意可設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
即有e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，$\frac{2}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，
解得a=2，b=1，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）D（1，$\frac{1}{2}$）代入橢圓方程，可得$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$＜1，D在橢圓內(nèi)，
設(shè)直線方程為y-$\frac{1}{2}$=k（x-1），即為y=kx+$\frac{1}{2}$-k，
代入橢圓方程，可得（1+4k²）x²+8k（$\frac{1}{2}$-k）x+4（$\frac{1}{2}$-k）²-4=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}-4k}{1+4{k}^{2}}$，
由|DP|=|DQ|，可得D為PQ的中點，
則$\frac{4{k}^{2}-2k}{1+4{k}^{2}}$=1，解得k=-$\frac{1}{2}$，
即有直線的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+1；
（Ⅲ）設(shè)過點E（1，0）的直線方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，可得
（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，①
由|EP|=2|EQ|，可得$\overrightarrow{EP}$=-2$\overrightarrow{EQ}$，
即x₁-1=-2（x₂-1），即有x₁=-2x₂+3，②
由①②可得x₂=$\frac{3+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁=$\frac{4{k}^{2}-3}{1+4{k}^{2}}$，
即有$\frac{16{k}^{4}-9}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，解得k=±$\frac{\sqrt{15}}{6}$，
即有直線的方程為y=±$\frac{\sqrt{15}}{6}$（x-1）；
（Ⅳ）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（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
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x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
故y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
因為直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
所以$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，
即-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+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．
點O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$d|PQ|=$\frac{1}{2}$|x₁-x₂|•|m|=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$＜$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1，
所以S_△OPQ的取值范圍為（0，1）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用橢圓的離心率和點滿足橢圓方程，考查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，消去一個未知數(shù)，得到關(guān)于一個未知數(shù)的二次方程，利用韋達定理，注意運用向量共線和點到直線的距離公式和基本不等式．注意設(shè)直線方程時，一定要討論直線的斜率是否存在．