Question

9．已知点P是椭圆$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1上的任意一点，F₁，F₂是它的两个焦点，O为坐标原点，动点Q满足
$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{PF_1}$+$\overrightarrow{PF_2}$．
（Ⅰ）求动点Q的轨迹E的方程；
（Ⅱ）若与坐标轴不垂直的直线l交轨迹E于A，B两点且OA⊥OB，求三角形OAB面积S的取值范围．

Answer 1

分析 （I）设Q（x，y），动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{PF_1}$+$\overrightarrow{PF_2}$．又$\overrightarrow{P{F}_{1}}+\overrightarrow{P{F}_{2}}=-2\overrightarrow{OP}$，可得P点的坐标，代入椭圆方程即可得出；
（II）当OA斜率不存在或为零时，直接计算即可；当OA斜率存在且不为零时，设OA：y=kx（k≠0），代入椭圆方程可得A点坐标，可得|OA|²=$\frac{8（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$，利用OA⊥OB，可得|OB|²，利用S²=$\frac{1}{4}$|OA|²|OB|²=$（1-\frac{1}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}）$，再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（I）动点Q满足$\overrightarrow{OQ}$=$\overrightarrow{PF_1}$+$\overrightarrow{PF_2}$．
又$\overrightarrow{P{F}_{1}}+\overrightarrow{P{F}_{2}}=-2\overrightarrow{OP}$，
设Q（x，y），则$\overrightarrow{OP}$=-$\frac{1}{2}$$\overrightarrow{OQ}$=-$\frac{1}{2}$（x，y）=$（-\frac{1}{2}x，-\frac{1}{2}y）$．
∵点P在椭圆上，
则$\frac{（-\frac{x}{2}）^{2}}{2}+（-\frac{y}{2}）^{2}=1$，即$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（II） 当OA斜率不存在或为零时，
S=$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$，
当OA斜率存在且不为零时，设OA：y=kx（k≠0），代入x²+2y²=8，
得${x}^{2}=\frac{8}{2{k}^{2}+1}$，${y}^{2}=\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，∴|OA|²=x²+y²=$\frac{8（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$，
∵OA⊥OB，
以-$\frac{1}{k}$代换k，同理可得$|OB{|}^{2}=\frac{8（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$，
∴S²=$\frac{1}{4}$|OA|²|OB|²=$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}}{（2{k}^{2}+1）（{k}^{2}+2）}$
=$\frac{16（{k}^{4}+2{k}^{2}+1）}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}$
=8$（1-\frac{{k}^{2}}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}）$=8$（1-\frac{1}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}）$，
∵$2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}$≥$2\sqrt{2{k}^{2}•\frac{2}{{k}^{2}}}$=4，当且仅当k=±1时等号成立．
而k=±1时，AB与x轴或y轴垂直，不合题意．
∴$2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}$∈（4，+∞），∴$\frac{64}{9}＜{S}^{2}＜8$，
∴$\frac{8}{3}＜S＜2\sqrt{2}$．
因此三角形OAB面积S的取值范围为$（\frac{8}{3}，2\sqrt{2}]$．

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转化为方程联立得到交点坐标、向量垂直与数量积的关系、向量的坐标运算及其平行四边形法则、基本不等式的性质，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题