Question

3．設(shè)P為橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上任一點，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為橢圓的焦點，|PF₁|+|PF₂|=4，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）直線l：y=kx+m（m≠0）與橢圓交于P、Q兩點，試問參數(shù)k和m滿足什么條件時，直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列；
（Ⅲ）求△OPQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用橢圓的定義可得a=2，由離心率公式可得c，再由a，b，c的關(guān)系可得b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去y，可得x的方程，運用韋達定理和等比數(shù)列的中項的性質(zhì)，化簡整理可得k，m的關(guān)系；
（III）設(shè)點O到直線PQ的距離為d，運用點到直線的距離公式，以及弦長公式，三角形的面積公式，化簡整理點到m的式子，再由基本不等式即可得到最大值，檢驗，進而得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓的定義可得|PF₁|+|PF₂|=2a=4，可得a=2，
由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，可得c=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
則橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消y，得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，
因為直線與橢圓交于不同的兩點，
所以△=64k²m²-16（m²-1）（4k²+1）＞0，
解得4k²+1＞m²，
由韋達定理得，${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{4{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$，
由題意知，k²=k_OP•k_OQ，
即${k^2}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}={k^2}+\frac{{km（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}+\frac{m^2}{{{x_1}{x_2}}}$，
即為$\frac{{km（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}+\frac{m^2}{{{x_1}{x_2}}}=0$，
即有-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，
即${k^2}=\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$，0＜m²＜2；
（III）設(shè)點O到直線PQ的距離為d，
則$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，$|{PQ}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-y_2^{\;}}）}^2}}$=$\sqrt{1+{k^2}}$$\frac{{\sqrt{△}}}{{1+4{k^2}}}$
=4$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
由（Ⅱ）可得1+4k²=2，
所以${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|d=|m|\sqrt{2-{m^2}}$，
則${S^2}_{△OPQ}={m^2}（{2-{m^2}}）$≤$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1，
由m²=1時，k=0，僅有一個交點，則最大值1取不到．
則△OPQ面積的取值范圍是（0，1）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的定義和離心率公式，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，以及等比數(shù)列的中項的性質(zhì)和直線的斜率公式，同時考查三角形的面積的范圍，注意運用弦長公式和點到直線的距離公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．