Question

10．若O與F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的中心和左、右焦點，過O做直線交橢圓C于P，Q兩點，若|$\overrightarrow{PQ}$|的最大值是4，△PF₁F₂的周長是4+2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設不過點O的直線l與橢圓C交于A，B兩點，滿足直線OA，AB，OB的斜率依次成等比數(shù)列，求△OAB面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：2a=4，2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）由題意可設直線l的方程為：y=kx+m（m≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．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，△＞0．由直線OA，AB，OB的斜率依次成等比數(shù)列，可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k²，利用根與系數(shù)的關系可得k²．利用|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，利用點到直線的距離公式可得原點O到直線AB的距離d，可得S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d，及其基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：2a=4，2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，a²=b²+c²，
解得a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，
∴橢圓方程C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）由題意可設直線l的方程為：y=kx+m（m≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
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，
由△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）＞0，可得：1+4k²＞m²．
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∵直線OA，AB，OB的斜率依次成等比數(shù)列，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k²，
∴（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂，
∴mk（x₁+x₂）+m²=0，
∴-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$×k+m=0，可得k²=$\frac{1}{4}$．
解得k=$±\frac{1}{2}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-4×\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}]}$=$\sqrt{5（2-{m}^{2}）}$．
原點O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{1}{2}×$$\sqrt{5（2-{m}^{2}）}$×$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=|m|$•\sqrt{2-{m}^{2}}$≤$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1．當且僅當|m|=1時取等號．
∴△OAB面積的取值范圍是（0，1]．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、斜率計算公式、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．