Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）與y軸交于B₁，B₂兩點，F(xiàn)₁為橢圓C的左焦點，且△F₁B₁B₂是邊長為2的等邊三角形．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設直線x=my+1與橢圓C交于P，Q兩點，點P關于x軸的對稱點為P₁（P₁與Q不重合），則直線P₁Q與x軸交于點H，求△PQH面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得|F₁B₁|=a，由△F₁B₁B₂是邊長為2的等邊三角形，可得a=2，b=1，進而得到橢圓方程；
（2）把直線方程與橢圓方程聯(lián)立消去y，設出P，Q的坐標，則P₁的坐標可推斷出，利用韋達定理表示出y₁+y₂和y₁y₂，進而可表示出P1Q的直線方程，把y=0代入求得x的表達式，把x₁=my₁+1，x₂=my₂+1代入求得x=4，進而可推斷出直線P₁Q與x軸交于定點（4，0）．再由△PQH面積s=$\frac{3}{2}$|y₁-y₂|=$6\frac{\sqrt{3+{m}^{2}}}{4+{m}^{2}}，（m≠0）$；求出最值即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得B₁（0，b），B₂（0，-b），F(xiàn)₁（-c，0），
|F₁B₁|=a，由△F₁B₁B₂是邊長為2的等邊三角形，可得a=2，
2b=2，即b=1，
則有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（my+1）²+4y²=4，即（m²+4）y²+2my-3=0，m≠0，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則P₁（x₁，-y₁），
且y₁+y₂=-$\frac{2m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{3}{{m}^{2}+4}$．
經(jīng)過點P₁（x₁，-y₁），Q（x₂，y₂）的直線方程為$y+{y}_{1}=\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（x-{x}_{1}）$．
令y=0，則x=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{y}_{2}+{y}_{1}}{y}_{1}+{x}_{1}=\frac{{x}_{2}{y}_{1}+{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
又x₁=my₁+1，x₂=my₂+1．
當y=0時，x=$\frac{（m{y}_{2}+1）{y}_{1}+（m{y}_{1}+1）{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}=\frac{-6m}{-2m}+1=4$．
直線P₁Q與x軸交與點H（4，0）
∴△PQH面積s=$\frac{3}{2}$|y₁-y₂|=$6\frac{\sqrt{3+{m}^{2}}}{4+{m}^{2}}，（m≠0）$；
令t=$\sqrt{{m}^{2}+3}，（t＞3）$，s=$\frac{6t}{{t}^{2}+1}=\frac{6}{t+\frac{1}{t}}$在t$＞\sqrt{3}$時遞減，$\frac{6}{t+\frac{1}{t}}＜\frac{3\sqrt{3}}{2}$
△PQH面積的取值范圍：（0，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$）．

點評 題主要考查了橢圓的標準方程的求法，注意運用方程的思想，考查直線與橢圓的位置關系，注意運用聯(lián)立直線和橢圓方程，運用韋達定理和直線恒過定點、面積，考查了學生基礎知識的綜合運用，屬于中檔題．