Question

16．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且橢圓上一點(diǎn)與橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形周長(zhǎng)為4+2$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)不過(guò)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）設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知得$2a+2c=4+2\sqrt{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（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（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，△＞0，即4k²-m²+1＞0．由直線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．解得k．利用弦長(zhǎng)公式與三角形面積計(jì)算公式即可得出．

解答 解：（ 1）設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知得$2a+2c=4+2\sqrt{3}$，
又$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²=b²+c²，
解得$a=2，c=\sqrt{3}，b=1$，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（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（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+4{y^2}-4=0\end{array}\right.$，消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
則△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，即4k²-m²+1＞0，
且${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-1）}}{{1+4{k^2}}}$，
故${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$．
∵直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
∴$\frac{y_1}{x_1}•\frac{y_2}{x_2}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}={k^2}$．
即$\frac{{-8{k^2}{m^2}}}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$，又m≠0，∴${k^2}=\frac{1}{4}$，即$k=±\frac{1}{2}$，
又∵4k²-m²+1＞0，∴0＜m²＜2，由于直線OP，OQ的斜率存在，∴m²≠1．
故${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{{x_1}-{x_2}}|•|m|=\frac{1}{2}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}|m|=\frac{1}{2}\sqrt{{{（\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}）}^2}-4×\frac{{4（{m^2}-1）}}{{1+4{k^2}}}}•|m|$=$\sqrt{{m^2}（2-{m^2}）}$．
令t=m²，則0＜t＜2，且t≠1，記f（t）=t（2-t）=-t²+2t，
∴f（t）的值域?yàn)椋?，1）．
故△OPQ面積的取值范圍為（0，1）．

點(diǎn)評(píng) 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(zhǎng)問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三角形面積計(jì)算公式、斜率計(jì)算公式、等比數(shù)列的性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．