Question

18．平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)為O，橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F，直線PQ過(guò)F交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且|PF|_max•|QF|_min=$\frac{a^2}{4}$．
（1）求橢圓的長(zhǎng)軸與短軸之比；
（2）如圖，線段PQ的垂直平分線與PQ交于點(diǎn)M，與x軸，y軸分別交于D，E兩點(diǎn)，求$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的性質(zhì)可知|PF|_max=a+c，|QF|_min=a-c，可知${a^2}-{c^2}=\frac{a^2}{4}$，求得a²=4b²，長(zhǎng)軸與短軸之比為2a：2b=2；
（2）設(shè)直線PQ的方程為y=k（x-c），代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得M點(diǎn)坐標(biāo)，由MD⊥PQ，可知：$\frac{{\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}}{{{x_3}-\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}}\;•\;k=-1$，求得D點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)三角形相似，可知：$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$=$\frac{D{M}^{2}}{O{D}^{2}}$，代入即可求得$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$的取值范圍．

解答 解：（1）設(shè)F（c，0），則|PF|_max=a+c，|QF|_min=a-c，…（2分）
則有${a^2}-{c^2}=\frac{a^2}{4}$，
由b²=a²-c²，
∴a²=4b²，…（3分）
∴長(zhǎng)軸與短軸之比為2a：2b=2．…（4分）
（Ⅱ）由a：b=2，可設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{{4{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1$．
依題意，直線PQ存在且斜率不為0，
設(shè)直線PQ的方程為y=k（x-c），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），…（5分）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-c），\;\;\\ \frac{x^2}{{4{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.$得（4k²+1）x²-8k²cx+4k²c²-4b²=0，
得${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}$．…（6分）
∴${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}-2c）=-\frac{2kc}{{4{k^2}+1}}$，…（7分）
∴$M（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\;\;\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}}）=（{\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}，\;\;-\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}）$．…（8分）
∵M(jìn)D⊥PQ，設(shè)D（x₃，0），
∴$\frac{{\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}}{{{x_3}-\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}}\;•\;k=-1$，
解得${x_3}=\frac{{3{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}$．…（9分）
∵△DMF∽△DOE，
∴$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}=\frac{{D{M^2}}}{{O{D^2}}}=\frac{{{{（{\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}-\frac{{3{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}）}^2}+{{（{-\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}）}^2}}}{{{{（{\frac{{3{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}）}^2}}}=\frac{1}{9}（{1+\frac{1}{k^2}}）＞\frac{1}{9}$，
$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$的取值范圍（$\frac{1}{9}$，+∞）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查直線垂直的充要條件，韋達(dá)定理及三角形相似綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．