Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）與雙曲線$\frac{{x}^{2}}{3}$-y²=1的離心率互為倒數(shù)，且直線x-y-2=0經(jīng)過橢圓的右頂點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)不過原點(diǎn)O的直線與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，且直線OM、MN、ON的斜率依次成等比數(shù)列，求△OMN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過雙曲線的離心率，求出橢圓的離心率，求出橢圓的右頂點(diǎn)，求出a，c，b，求出橢圓方程．
（Ⅱ）由題意可設(shè)直線的方程為：y=kx+m•（k≠0，m≠0），M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$消去y，利用韋達(dá)定理，結(jié)合直線OM、MN、ON的斜率依次成等比數(shù)列．求出k，設(shè)原點(diǎn)O到直線的距離為d，表示出三角形的面積，然后由m的取值范圍可得△OMN面積的取值范圍為（0，1）．

解答 解：（Ⅰ）∵雙曲線的離心率為$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，所以橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
又∵直線x-y-2=0經(jīng)過橢圓的右頂點(diǎn)，
∴右頂點(diǎn)為（2，0），即a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，…（2分）
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．…（4分）
（Ⅱ）由題意可設(shè)直線的方程為：y=kx+m•（k≠0，m≠0），M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$消去y并整理得：（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0…（5分）
則${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-1）}}{{1+4{k^2}}}$
于是${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$…（6分）
又直線OM、MN、ON的斜率依次成等比數(shù)列．
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}=\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{1}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}={k}^{2}，⇒-\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}+{m}^{2}=0$…（8分）
由m≠0得：${k^2}=\frac{1}{4}⇒k=±\frac{1}{2}$
又由△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，得：0＜m²＜2
顯然m²≠1（否則：x₁x₂=0，則x₁，x₂中至少有一個(gè)為0，
直線OM、ON中至少有一個(gè)斜率不存在，與已知矛盾）          …（10分）
設(shè)原點(diǎn)O到直線的距離為d，則${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}|{MN}|d=\frac{1}{2}\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{1}{2}|m|\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{-{{（{m^2}-1）}^2}+1}$
∴故由m的取值范圍可得△OMN面積的取值范圍為（0，1）…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，弦長公式以及三角形的面積的表式，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．