Question

5．已知點(diǎn)M，N分別是橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右頂點(diǎn)，F(xiàn)為其右焦點(diǎn)，|MF|與|FN|的等比中項(xiàng)是$\sqrt{3}$，橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)不過原點(diǎn)O的直線l與該軌跡交于A，B兩點(diǎn)，若直線OA，AB，OB的斜率依次成等比數(shù)列，求△OAB面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用|MF|=a+c，|BN|=a-c，$\sqrt{3}$是|MF|與|FN|的等比中項(xiàng)．得到（a+c）（a-c）=3，結(jié)合橢圓的離心率求解即可．
（2）直線l的斜率存在且不為0．設(shè)直線l：y=kx+m（m≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線和橢圓，消去y可得，（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，利用判別式以及韋達(dá)定理，通過OA，AB，OB的斜率依次成等比數(shù)列，推出m²（4k²-3）=0，求出$k=±\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，0＜m²＜6，且m²≠3，然后求解三角形的面積的表達(dá)式，求解范圍即可．

解答 解：（1）解：|MF|=a+c，|BN|=a-c，$\sqrt{3}$是|MF|與|FN|的等比中項(xiàng)．
∴（a+c）（a-c）=3，
∴b²=a²-c²=3．又$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，解得a=2，c=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（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：y=kx+m（m≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立直線和橢圓$\left\{{\begin{array}{l}{3{x^2}+4{y^2}-12=0}\\{y=kx+m}\end{array}}\right.$，消去y可得，（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
由題意可知，△=64km-4（4k²+3）（4m²-12）=48（4k²-m²+3）＞0，
即4k²+3＞m²，
且${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
又直線OA，AB，OB的斜率依次成等比數(shù)列，所以$\frac{y_1}{x_1}•\frac{y_2}{x_2}={k^2}$，
將y₁，y₂代入并整理得m²（4k²-3）=0，
因?yàn)閙≠0，$k=±\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，0＜m²＜6，且m²≠3，
設(shè)d為點(diǎn)O到直線l的距離，則有$d=\frac{2|m|}{{\sqrt{7}}}$，$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\frac{{\sqrt{7}}}{3}\sqrt{18-3{m^2}}$，
所以${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{3}\sqrt{3{m^2}（6-{m^2}）}＜\sqrt{3}$，
所以三角形面積的取值范圍為$（0，\sqrt{3}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，三角形的面積的范圍的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．