Question

20．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$過點(diǎn)A（2，0），離心率$e=\frac{1}{2}$，斜率為k（0＜k≤1）直線l過點(diǎn)M（0，2），與橢圓C交于G，H兩點(diǎn)（G在M，H之間），與x軸交于點(diǎn)B．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）P為x軸上不同于點(diǎn)B的一點(diǎn)，Q為線段GH的中點(diǎn)，設(shè)△HPG的面積為S₁，△BPQ面積為S₂，求$\frac{S_1}{S_2}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓過點(diǎn)A（2，0），離心率$e=\frac{1}{2}$，求出a，b，c，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），直線l：y=kx+2． 由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$得：（3+4k²）x²+16kx+4=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、三角形面積公式、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知能求出$\frac{S_1}{S_2}$的取值范圍．

解答 （本小題共13分）
解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$過點(diǎn)A（2，0），離心率$e=\frac{1}{2}$，
∴由已知得a=2，…（1分）
$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，∴c=1，…（2分）
∴$b=\sqrt{3}$，…（3分）
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（Ⅱ）設(shè)G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），直線l：y=kx+2． …（5分）
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$得：（3+4k²）x²+16kx+4=0…（6分）
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-16k}{{3+4{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{4}{{3+4{k^2}}}$，${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+4=\frac{12}{{3+4{k^2}}}$
即$Q（-\frac{8k}{{3+4{k^2}}}，\frac{6}{{3+4{k^2}}}）$…（7分）
∵△=16（12k²-3）＞0，∴${k^2}＞\frac{1}{4}$，即$k＞\frac{1}{2}$．
∵0＜k≤1，∴$\frac{1}{2}＜k≤1$．…（8分）
又$\frac{S_1}{S_2}=\frac{{{S_{△PGH}}}}{{{S_{△PBQ}}}}=\frac{|GH|}{|BQ|}$，
而$|BQ|=\sqrt{{{（-\frac{2}{k}+\frac{8k}{{4{k^2}+3}}）}^2}+{{（\frac{-6}{{4{k^2}+3}}）}^2}}$=$\frac{{6\sqrt{1+{k^2}}}}{{（4{k^2}+3）k}}$，…（9分）
$|GH|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{4\sqrt{12{k^2}-3}}}{{4{k^2}+3}}$，…（10分）
$\frac{S_1}{S_2}=\frac{|GH|}{|BQ|}$=$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}\sqrt{4{k^4}-{k^2}}$，…（11分）
∵$\frac{1}{4}＜{k^2}≤1$設(shè)$t={k^2}，（\frac{1}{4}＜t≤1）$$\frac{S_1}{S_2}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}\sqrt{4{t^2}-t}$，
∴$\frac{S_1}{S_2}∈（{0，2}]$．即  $\frac{S_1}{S_2}$的取值范圍是（0，2]．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查兩三角形面積比值的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、三角形面積公式、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．