Question

9．對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸的橢圓與的焦點(diǎn)F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（ $\sqrt{3}$，0），P為橢圓上任意一點(diǎn)，滿足|PF₁|+|PF₂|=4．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)不過原點(diǎn)O的直線l：y=kx+$\frac{1}{2}$與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，O到直線PQ的距離為$\frac{1}{\sqrt{5}}$，求S_△OPQ的面積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意，設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0），由已知求出$a=2，c=\sqrt{3}$，由此能求出橢圓的方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+4kx-3=0，由此利用根的判別式、等比數(shù)列性質(zhì)、點(diǎn)到直線距離公式，結(jié)合已知條件能求出S_△OPQ．

解答 解：（Ⅰ）由題意，設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0），
∵|PF₁|+|PF₁|=4，F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0），
∴$a=2，c=\sqrt{3}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）由題意設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，∴（4k²+1）x²+4kx-3=0，
∴△=16k²+12（4k²+1）＞0恒成立，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=-$\frac{3}{4{k}^{2}+1}$，
∵OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
∴k²=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
又${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}+\frac{1}{2}）（k{x}_{2}+\frac{1}{2}）$=$\frac{1-16{k}^{2}}{4（4{k}^{2}+1）}$，
∴k²=$\frac{\frac{1-16{k}^{2}}{4（4{k}^{2}+1）}}{-\frac{3}{4{k}^{2}+1}}$，
∴${k}^{2}=\frac{1}{4}$，即k=$±\frac{1}{2}$，
∴|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{\sqrt{35}}{2}$，
又O到直線PQ的距離為d=$\frac{1}{\sqrt{5}}$，
∴${S}_{△POQ}=\frac{1}{2}|PQ|•d$=$\frac{\sqrt{7}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程、三角形面積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、等比數(shù)列性質(zhì)、點(diǎn)到直線距離公式的合理運(yùn)用．