Question

20．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過橢圓C上一點(diǎn)P（2，1）作傾斜角互補(bǔ)的兩條直線，分別與橢圓交于點(diǎn)A、B，直線AB與x軸交于點(diǎn)M，與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)N．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若△PMN的面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由題意聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（II）設(shè)直線PA的方程為：y-1=k（x-2），則直線PB的方程為：y-1=-k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．分別與橢圓方程聯(lián)立可得x₁=$\frac{8{k}^{2}-8k-2}{1+4{k}^{2}}$，x₂=$\frac{8{k}^{2}+8k-2}{1+4{k}^{2}}$．可得k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$．設(shè)直線AB的方程為：y=$\frac{1}{2}$x+t，可得：|MN|，點(diǎn)P到直線AB的距離d．由于S_△PMN=$\frac{1}{2}d|MN|$．直線BA的方程與橢圓方程聯(lián)立，令△＞0，解得t取值范圍．即可得出．

解答 解：（I）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a²=8，b²=2，c²=6．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（II）設(shè)直線PA的方程為：y-1=k（x-2），則直線PB的方程為：y-1=-k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1-2k}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，化為（1+4k²）x²+（8k-16k²）x+16k²-16k-4=0．
△＞0，
∴2+x₁=$\frac{16{k}^{2}-8k}{1+4{k}^{2}}$，
可得x₁=$\frac{8{k}^{2}-8k-2}{1+4{k}^{2}}$，
同理可得：x₂=$\frac{8{k}^{2}+8k-2}{1+4{k}^{2}}$．
∴x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，x₁-x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$．
k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{k（{x}_{1}+{x}_{2}）-4k}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$．
設(shè)直線AB的方程為：y=$\frac{1}{2}$x+t，
則M（-2t，0），N（0，t），可得|MN|=$\sqrt{4{t}^{2}+{t}^{2}}$=$\sqrt{5}|t|$
點(diǎn)P到直線AB的距離d=$\frac{2|t|}{\sqrt{5}}$．
∴S_△PMN=$\frac{1}{2}d|MN|$=t²．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，
化為x²+2tx+2t²-4=0，
△=4t²-4（2t²-4）＞0，解得t²＜4．
∴S_△PMN∈（0，4）．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、直線的方程、三角形面積計(jì)算公式、點(diǎn)到直線的距離公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．