Question

13．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點(diǎn)分別為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），離心率e=$\frac{1}{2}$，過左焦點(diǎn)的直線與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，|MN|=$\frac{8}{3}$，且2sin∠MF₂N=sin∠MNF₂+sin∠NMF₂．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn)D（4，0）的直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且點(diǎn)A在D、B之間，試求△AOD和△BOD面積之比的取值范圍（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （1）在△MF₂N中，運(yùn)用正弦定理和橢圓的定義，可得3|MN|=4a=8，解得a，再由離心率公式e=$\frac{c}{a}$，求得c，由b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$，可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程為x=my+4，代入橢圓方程，消去x，可得y的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，令λ=$\frac{{S}_{△AOD}}{{S}_{△BOD}}$，由三角形的面積公式，可得λ=$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$，代入韋達(dá)定理，化簡整理可得λ的不等式，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）在△MF₂N中，2sin∠MF₂N=sin∠MNF₂+sin∠NMF₂，
由正弦定理可得，2|MN|=|MF₂|+|NF₂|，
由橢圓的定義可得，|MF₁|+|MF₂|=|NF₁|+|NF₂|=2a，
即有|MN|+|MF₂|+|NF₂|=4a，
可得3|MN|=4a=8，解得a=2，
由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，可得c=1，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由題意可得直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為x=my+4，
代入橢圓方程3x²+4y²=12，消去x，可得（3m²+4）y²+24my+36=0，
由△=（24m）²-4×36（3m²+4）＞0，化為m²＞4．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=-$\frac{24m}{3{m}^{2}+4}$①，y₁y₂=$\frac{36}{3{m}^{2}+4}$②
令λ=$\frac{{S}_{△AOD}}{{S}_{△BOD}}$，則λ=$\frac{\frac{1}{2}|OD|•|{y}_{1}|}{\frac{1}{2}|OD|•|{y}_{2}|}$=$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$，且0＜λ＜1，
將y₁=λy₂，代入①②可得（λ+1）y₂=-$\frac{24m}{3{m}^{2}+4}$，λy₂²=$\frac{36}{3{m}^{2}+4}$，
消去y₂可得，$\frac{（λ+1）^{2}}{λ}$=$\frac{16{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$，
即m²=$\frac{4（λ+1）^{2}}{10λ-3{λ}^{2}-3}$，由m²＞4，可得$\frac{（λ+1）^{2}}{10λ-3{λ}^{2}-3}$＞1，
所以λ≠1且3λ²-10λ+3＜0，
解得$\frac{1}{3}$＜λ＜1或1＜λ＜3．
由0＜λ＜1，可得$\frac{1}{3}$＜λ＜1．
故△AOD和△BOD面積之比的取值范圍是（$\frac{1}{3}$，1）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的定義和離心率公式，考查三角形的面積的比的范圍，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，考查化簡整理的運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．