Question

3．已知橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0）上一點(diǎn)與橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形周長為4+2$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓M的方程；
（2）設(shè)不過原點(diǎn)O的直線l與該橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求△OPQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的定義可得，2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，即a+c=2+$\sqrt{3}$，再由a=2b，c=$\sqrt{3}$b，求出b=1，可得橢圓的方程；
（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+m（m≠0），代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，求出k的值，表示出△OPQ面積，即可求出△OPQ面積的取值范圍．

解答 解：（1）由橢圓上一點(diǎn)與橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形周長為4+2$\sqrt{3}$，
可得2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，即a+c=2+$\sqrt{3}$，
由題意可得a=2b，c=$\sqrt{3}$b，
解得b=1，
則橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，
故可設(shè)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．
△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-1）=16（4k²-m²+1）＞0，
且x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．  
因?yàn)橹本�OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)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OQ的斜率存在，且△＞0，得0＜m²＜2且m²≠1．
設(shè)d為點(diǎn)O到直線l的距離，則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$d|PQ|=$\frac{1}{2}$•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|
=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$＜$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1，
所以S_△OPQ的取值范圍為（0，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查三角形面積的計(jì)算，考查學(xué)生分析解決問題的能力，綜合性強(qiáng)．