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(xiàn)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(xiàn)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(zhǎng)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(xiàn)l的斜率存在且不為0,
故可設(shè)直線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(wèn)題的能力,綜合性強(qiáng).
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A. | $\frac{π}{6}$ | B. | $\frac{π}{3}$ | C. | $\frac{5π}{12}$ | D. | $\frac{2π}{3}$ |
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A. | 0° | B. | 90° | C. | 180° | D. | 270° |
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A. | -$\frac{1}{5}$i | B. | $\frac{1}{5}$i | C. | -i | D. | i |
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