Question

18．平面直角坐标系的原点为O，椭圆$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，直线PQ过F交椭圆于P，Q两点，且|PF|_max•|QF|_min=$\frac{a^2}{4}$．
（1）求椭圆的长轴与短轴之比；
（2）如图，线段PQ的垂直平分线与PQ交于点M，与x轴，y轴分别交于D，E两点，求$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的性质可知|PF|_max=a+c，|QF|_min=a-c，可知${a^2}-{c^2}=\frac{a^2}{4}$，求得a²=4b²，长轴与短轴之比为2a：2b=2；
（2）设直线PQ的方程为y=k（x-c），代入椭圆方程，由韦达定理及中点坐标公式求得M点坐标，由MD⊥PQ，可知：$\frac{{\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}}{{{x_3}-\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}}\;•\;k=-1$，求得D点坐标，根据三角形相似，可知：$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$=$\frac{D{M}^{2}}{O{D}^{2}}$，代入即可求得$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$的取值范围．

解答 解：（1）设F（c，0），则|PF|_max=a+c，|QF|_min=a-c，…（2分）
则有${a^2}-{c^2}=\frac{a^2}{4}$，
由b²=a²-c²，
∴a²=4b²，…（3分）
∴长轴与短轴之比为2a：2b=2．…（4分）
（Ⅱ）由a：b=2，可设椭圆方程为$\frac{x^2}{{4{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1$．
依题意，直线PQ存在且斜率不为0，
设直线PQ的方程为y=k（x-c），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），…（5分）
联立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-c），\;\;\\ \frac{x^2}{{4{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{array}\right.$得（4k²+1）x²-8k²cx+4k²c²-4b²=0，
得${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}$．…（6分）
∴${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}-2c）=-\frac{2kc}{{4{k^2}+1}}$，…（7分）
∴$M（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\;\;\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}}）=（{\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}，\;\;-\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}）$．…（8分）
∵MD⊥PQ，设D（x₃，0），
∴$\frac{{\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}}{{{x_3}-\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}}\;•\;k=-1$，
解得${x_3}=\frac{{3{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}$．…（9分）
∵△DMF∽△DOE，
∴$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}=\frac{{D{M^2}}}{{O{D^2}}}=\frac{{{{（{\frac{{4{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}-\frac{{3{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}）}^2}+{{（{-\frac{kc}{{4{k^2}+1}}}）}^2}}}{{{{（{\frac{{3{k^2}c}}{{4{k^2}+1}}}）}^2}}}=\frac{1}{9}（{1+\frac{1}{k^2}}）＞\frac{1}{9}$，
$\frac{{{S_{△DFM}}}}{{{S_{△DOE}}}}$的取值范围（$\frac{1}{9}$，+∞）．…（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查直线垂直的充要条件，韦达定理及三角形相似综合应用，考查计算能力，属于中档题．