Question

9．已知點P是橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1上的任意一點，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是它的兩個焦點，O為坐標(biāo)原點，動點Q滿足
$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{PF_1}$+$\overrightarrow{PF_2}$．
（Ⅰ）求動點Q的軌跡E的方程；
（Ⅱ）若與坐標(biāo)軸不垂直的直線l交軌跡E于A，B兩點且OA⊥OB，求三角形OAB面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）設(shè)Q（x，y），動點Q滿足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{PF_1}$+$\overrightarrow{PF_2}$．又$\overrightarrow{P{F}_{1}}+\overrightarrow{P{F}_{2}}=-2\overrightarrow{OP}$，可得P點的坐標(biāo)，代入橢圓方程即可得出；
（II）當(dāng)OA斜率不存在或為零時，直接計算即可；當(dāng)OA斜率存在且不為零時，設(shè)OA：y=kx（k≠0），代入橢圓方程可得A點坐標(biāo)，可得|OA|²=$\frac{8（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$，利用OA⊥OB，可得|OB|²，利用S²=$\frac{1}{4}$|OA|²|OB|²=$（1-\frac{1}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}）$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（I）動點Q滿足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{PF_1}$+$\overrightarrow{PF_2}$．
又$\overrightarrow{P{F}_{1}}+\overrightarrow{P{F}_{2}}=-2\overrightarrow{OP}$，
設(shè)Q（x，y），則$\overrightarrow{OP}$=-$\frac{1}{2}$$\overrightarrow{OQ}$=-$\frac{1}{2}$（x，y）=$（-\frac{1}{2}x，-\frac{1}{2}y）$．
∵點P在橢圓上，
則$\frac{（-\frac{x}{2}）^{2}}{2}+（-\frac{y}{2}）^{2}=1$，即$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（II） 當(dāng)OA斜率不存在或為零時，
S=$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$，
當(dāng)OA斜率存在且不為零時，設(shè)OA：y=kx（k≠0），代入x²+2y²=8，
得${x}^{2}=\frac{8}{2{k}^{2}+1}$，${y}^{2}=\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，∴|OA|²=x²+y²=$\frac{8（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$，
∵OA⊥OB，
以-$\frac{1}{k}$代換k，同理可得$|OB{|}^{2}=\frac{8（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$，
∴S²=$\frac{1}{4}$|OA|²|OB|²=$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}}{（2{k}^{2}+1）（{k}^{2}+2）}$
=$\frac{16（{k}^{4}+2{k}^{2}+1）}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}$
=8$（1-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}）$=8$（1-\frac{1}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}）$，
∵$2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}$≥$2\sqrt{2{k}^{2}•\frac{2}{{k}^{2}}}$=4，當(dāng)且僅當(dāng)k=±1時等號成立．
而k=±1時，AB與x軸或y軸垂直，不合題意．
∴$2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}$∈（4，+∞），∴$\frac{64}{9}＜{S}^{2}＜8$，
∴$\frac{8}{3}＜S＜2\sqrt{2}$．
因此三角形OAB面積S的取值范圍為$（\frac{8}{3}，2\sqrt{2}]$．

點評 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)立得到交點坐標(biāo)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、向量的坐標(biāo)運(yùn)算及其平行四邊形法則、基本不等式的性質(zhì)，考查了分類討論思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題