Question

2．已知中心在原點O，焦點在x軸上的橢圓，離心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且橢圓過點$（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
（Ⅰ） 求該橢圓的方程；
（Ⅱ）過點D（1，$\frac{1}{2}$）的直線（斜率存在）與該橢圓M交于P、Q兩點，且|DP|=|DQ|，求此直線的方程；
（Ⅲ）過點E（1，0）的直線（斜率存在）與該橢圓M交于P、Q兩點，且|EP|=2|EQ|，求此直線的方程；
（Ⅳ）設不過原點O的直線l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列，求△OPQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設出橢圓的方程，將已知點代入橢圓的方程及利用橢圓的離心率公式得到關于橢圓的三個參數的等式，解方程組求出a，b，c的值，代入橢圓方程即可；
（Ⅱ）設直線方程為y-$\frac{1}{2}$=k（x-1），代入橢圓方程，運用韋達定理和中點坐標公式，解方程可得k的值，即可得到所求直線的方程；
（Ⅲ）設過點E（1，0）的直線方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，運用韋達定理，再由|EP|=2|EQ|，可得$\overrightarrow{EP}$=-2$\overrightarrow{EQ}$，運用向量的坐標表示，解方程即可得到k的值，進而得到所求直線的方程；
（Ⅳ）設出直線的方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去x得到關于y的二次方程，利用韋達定理得到關于兩個交點的坐標的關系，將直線OP，PQ，OQ的斜率用坐標表示，據已知三個斜率成等比數列，列出方程，將韋達定理得到的等式代入，求出k的值，利用判別式大于0得到m的范圍，將△OPQ面積用m表示，求出面積的范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可設橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
即有e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，$\frac{2}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2^{2}}$=1，
解得a=2，b=1，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）D（1，$\frac{1}{2}$）代入橢圓方程，可得$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$＜1，D在橢圓內，
設直線方程為y-$\frac{1}{2}$=k（x-1），即為y=kx+$\frac{1}{2}$-k，
代入橢圓方程，可得（1+4k²）x²+8k（$\frac{1}{2}$-k）x+4（$\frac{1}{2}$-k）²-4=0，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}-4k}{1+4{k}^{2}}$，
由|DP|=|DQ|，可得D為PQ的中點，
則$\frac{4{k}^{2}-2k}{1+4{k}^{2}}$=1，解得k=-$\frac{1}{2}$，
即有直線的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+1；
（Ⅲ）設過點E（1，0）的直線方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，可得
（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，①
由|EP|=2|EQ|，可得$\overrightarrow{EP}$=-2$\overrightarrow{EQ}$，
即x₁-1=-2（x₂-1），即有x₁=-2x₂+3，②
由①②可得x₂=$\frac{3+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁=$\frac{4{k}^{2}-3}{1+4{k}^{2}}$，
即有$\frac{16{k}^{4}-9}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，解得k=±$\frac{\sqrt{15}}{6}$，
即有直線的方程為y=±$\frac{\sqrt{15}}{6}$（x-1）；
（Ⅳ）由題意可知，直線l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$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，消去y得
（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
則△=64k²b²-16（1+4k²b²）（b²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，
且x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
故y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
因為直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數列，
所以$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，
即-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，又m≠0，
所以k²=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．
由于直線OP，OQ的斜率存在，且△＞0，得
0＜m²＜2且m²≠1．
點O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$d|PQ|=$\frac{1}{2}$|x₁-x₂|•|m|=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$＜$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1，
所以S_△OPQ的取值范圍為（0，1）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用橢圓的離心率和點滿足橢圓方程，考查直線與圓錐曲線的位置關系問題，一般設出直線方程，將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去一個未知數，得到關于一個未知數的二次方程，利用韋達定理，注意運用向量共線和點到直線的距離公式和基本不等式．注意設直線方程時，一定要討論直線的斜率是否存在．