Question

2．對稱軸為坐標軸的橢圓與的焦點F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0），P為橢圓上任意一點，滿足|PF₁|+|PF₂|=4．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設不過原點O的直線l：y=kx+m與橢圓交于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）由題意可得c=$\sqrt{3}$，即a²-b²=3，再由橢圓的定義可得a=2，b=1，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．由題意可設直線l的方程為：y=kx+m（m≠0）．與橢圓的方程聯(lián)立可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．由△＞0，可得1+4k²＞m²．得到根與系數(shù)關系．利用直線OP、PQ、OQ的斜率成等比數(shù)列，可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k²，化為4k²=1．同時得到m²＜2．利用弦長公式可得|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$═2$\sqrt{（1+{k}^{2}）（2-{m}^{2}）}$，利用點到直線的距離公式可得：原點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．利用S_△OPQ=$\frac{1}{2}$•|PQ|•d=$\sqrt{（2-{m}^{2}）{m}^{2}}$，再利用基本不等式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
由題意可得c=$\sqrt{3}$，即a²-b²=3，
又|PF₁|+|PF₂|=4，即有
2a=4，即a=2，b=1，
可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
由題意直線l的方程為：y=kx+m（m≠0，±1）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
化為（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=64k²m²-4（4m²-4）（1+4k²）＞0，化為1+4k²＞m²，
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∵直線OP、PQ、OQ的斜率成等比數(shù)列，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k²，
∴（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂，
化為mk（x₁+x₂）+m²=0，
∴$\frac{-8{k}^{2}m}{1+4{k}^{2}}$+m=0，
∴4k²=1，∴m²＜2．
∴|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{4（4{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}}$
=2$\sqrt{（1+{k}^{2}）（2-{m}^{2}）}$，
原點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}$•|PQ|•d=$\sqrt{（2-{m}^{2}）{m}^{2}}$≤$\frac{2-{m}^{2}+{m}^{2}}{2}$=1，由于m²≠1，因此不取等號．
∴S_△OPQ的取值范圍是（0，1）．

點評 本題考查了直線與橢圓相交問題轉化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式、基本不等式的性質、等比數(shù)列的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．