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    10．若O与F1，F2分别是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的中心和左、右焦点，过O做直线交椭圆C于P，Q两点，若|$\overrightarrow{PQ}$|的最大值是4，△PF1F2的周长是4+2$\sqrt{3}$．
    （Ⅰ）求椭圆C的方程；
    （Ⅱ）设不过点O的直线l与椭圆C交于A，B两点，满足直线OA，AB，OB的斜率依次成等比数列，求△OAB面积的取值范围．

    分析 （1）由题意可得：2a=4，2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，a2=b2+c2，联立解出即可得出．
    （2）由题意可设直线l的方程为：y=kx+m（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）．联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，△＞0．由直线OA，AB，OB的斜率依次成等比数列，可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k2，利用根与系数的关系可得k2．利用|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，利用点到直线的距离公式可得原点O到直线AB的距离d，可得S△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d，及其基本不等式的性质即可得出．

    解答 解：（1）由题意可得：2a=4，2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，a2=b2+c2，
    解得a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，
    ∴椭圆方程C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1．
    （2）由题意可设直线l的方程为：y=kx+m（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）．
    联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，
    由△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）＞0，可得：1+4k2＞m2．
    ∴x1+x2=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
    ∵直线OA，AB，OB的斜率依次成等比数列，
    ∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=k2，
    ∴（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2，
    ∴mk（x1+x2）+m2=0，
    ∴-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$×k+m=0，可得k2=$\frac{1}{4}$．
    解得k=$±\frac{1}{2}$．
    ∴|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-4×\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}]}$=$\sqrt{5（2-{m}^{2}）}$．
    原点O到直线AB的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
    ∴S△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{1}{2}×$$\sqrt{5（2-{m}^{2}）}$×$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=|m|$•\sqrt{2-{m}^{2}}$≤$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1．当且仅当|m|=1时取等号．
    ∴△OAB面积的取值范围是（0，1]．

    点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

    练习册系列答案
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