Question

12．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$離心率為$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓O與直線l₁：$y=x+\sqrt{2}$相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設不過原點O的直線l₂與該橢圓交于P、Q兩點，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求△OPQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由直線與圓相切，求出b=1，由$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，得 $c=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，由此能求出橢圓C的方程．
（2）由題意可知，直線l₂的斜率存在且不為0，故可設直線l的方程為y=kx+m（m≠0），代入橢圓方程，得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，由此利用根的判別式、韋達定理、等比數(shù)列性質(zhì)、弦長公式，結(jié)合已知條件，能求出△OPQ面積的取值范圍．

解答 解：（1）由直線l₁：$x-y+\sqrt{2}=0$與圓x²+y²=b²相切，
得：$d=\frac{{|0+0+\sqrt{2}|}}{{\sqrt{{1^2}+{{（-1）}^2}}}}=1=b$，…（2分）
由$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，得 $c=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，…（3分）
又a²=b²+c²，∴${a^2}={1^2}+\frac{3}{4}{a^2}$，∴a²=4，…（4分）
橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（5分）
（2）由題意可知，直線l₂的斜率存在且不為0，故可設直線l的方程為
y=kx+m（m≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，…（6分）
則△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，
且x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．…（7分）
故y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
∵直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，…（8分）
即$\frac{-8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，又m≠0，所以k²=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．…（9分）
由△＞0，及直線OP，OQ的斜率存在，得0＜m²＜2且m²≠1．…（10分）
S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|x₁-x₂||m|=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$=$\sqrt{1-{{（{m^2}-1）}^2}}$，…（11分）
∴S_△OPQ的取值范圍為（0，1）．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查三角形面積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、等比數(shù)列性質(zhì)、弦長公式的合理運用．