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    4．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），点A（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆上，倾斜角为45°的直线l交椭圆于C、D两点，B（$\frac{4}{5}$，-$\frac{1}{5}$）为线段CD的中点．
    （1）求椭圆E的标准方程；
    （2）设不过原点O的直线l′与该椭圆交于P、Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围．

    分析 （1）将A代入椭圆方程，设出直线CD的方程代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，可得中点B的坐标，由条件可得a，b的方程，解方程可得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；
    （2）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，消去x得到关于y的二次方程，利用韦达定理得到关于两个交点的坐标的关系，将直线OP，PQ，OQ的斜率用坐标表示，据已知三个斜率成等比数列，列出方程，将韦达定理得到的等式代入，求出k的值，利用判别式大于0得到m的范围，将△OPQ面积用m表示，求出面积的范围．

    解答 解：（1）点A（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆上，可得
    $\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{4{b}^{2}}$=1，
    设直线CD的方程为y=x+t，代入椭圆方程，可得
    （b2+a2）x2+2ta2x+a2t2-a2b2=0，
    设C（x1，y1），D（x2，y2），
    即有x1+x2=-$\frac{2t{a}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}}$，中点B为（-$\frac{t{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，$\frac{t{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$），
    由B（$\frac{4}{5}$，-$\frac{1}{5}$），可得a2=4b2，
    解得a=2，b=1，
    即有椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1；
    （2）由题意可知，直线l'的斜率存在且不为0，
    故可设直线l'的方程为y=kx+m（m≠0），P（x3，y3），Q（x4，y4），
    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，
    则△=64k2b2-16（1+4k2b2）（b2-1）=16（4k2-m2+1）＞0，
    且x3+x4=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x3x4=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
    故y3y2=（kx3+m）（kx4+m）=k2x3x4+km（x3+x4）+m2．
    因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，
    所以$\frac{{y}_{3}{y}_{4}}{{x}_{3}{x}_{4}}$=k2，
    即-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$+m2=0，又m≠0，
    所以k2=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．
    由于直线OP，OQ的斜率存在，且△＞0，得
    0＜m2＜2且m2≠1．
    设d为点O到直线l的距离，
    则S△OPQ=$\frac{1}{2}$d|PQ|=$\frac{1}{2}$|x3-x4||m|=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$＜$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1．
    所以S△OPQ的取值范围为（0，1）．

    点评 求圆锥曲线的方程，一般利用待定系数法；解决直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般设出直线方程，将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个未知数，得到关于一个未知数的二次方程，利用韦达定理，找突破口．注意设直线方程时，一定要讨论直线的斜率是否存在．

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