分析 （Ⅰ）设出椭圆的方程，将已知点代入椭圆的方程及利用椭圆的离心率公式得到关于椭圆的三个参数的等式，解方程组求出a，b，c的值，代入椭圆方程即可；
（Ⅱ）设直线方程为y-$\frac{1}{2}$=k（x-1），代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，解方程可得k的值，即可得到所求直线的方程；
（Ⅲ）设过点E（1，0）的直线方程为y=k（x-1），代入椭圆方程，运用韦达定理，再由|EP|=2|EQ|，可得$\overrightarrow{EP}$=-2$\overrightarrow{EQ}$，运用向量的坐标表示，解方程即可得到k的值，进而得到所求直线的方程；
（Ⅳ）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：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
即有e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a2-b2=c2，$\frac{2}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2{b}^{2}}$=1，
解得a=2，b=1，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1；
（Ⅱ）D（1，$\frac{1}{2}$）代入椭圆方程，可得$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$＜1，D在椭圆内，
设直线方程为y-$\frac{1}{2}$=k（x-1），即为y=kx+$\frac{1}{2}$-k，
代入椭圆方程，可得（1+4k2）x2+8k（$\frac{1}{2}$-k）x+4（$\frac{1}{2}$-k）2-4=0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=$\frac{8{k}^{2}-4k}{1+4{k}^{2}}$，
由|DP|=|DQ|，可得D为PQ的中点，
则$\frac{4{k}^{2}-2k}{1+4{k}^{2}}$=1，解得k=-$\frac{1}{2}$，
即有直线的方程为y=-$\frac{1}{2}$x+1；
（Ⅲ）设过点E（1，0）的直线方程为y=k（x-1），代入椭圆方程，可得
（1+4k2）x2-8k2x+4k2-4=0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，①
由|EP|=2|EQ|，可得$\overrightarrow{EP}$=-2$\overrightarrow{EQ}$，
即x1-1=-2（x2-1），即有x1=-2x2+3，②
由①②可得x2=$\frac{3+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x1=$\frac{4{k}^{2}-3}{1+4{k}^{2}}$，
即有$\frac{16{k}^{4}-9}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，解得k=±$\frac{\sqrt{15}}{6}$，
即有直线的方程为y=±$\frac{\sqrt{15}}{6}$（x-1）；
（Ⅳ）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（x1，y1），Q（x2，y2），
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x1+x2=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x1•x2=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．
故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．
因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，
所以$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k2，
即-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+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．
点O到直线l的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则S△OPQ=$\frac{1}{2}$d|PQ|=$\frac{1}{2}$|x1-x2|•|m|=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}$＜$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=1，
所以S△OPQ的取值范围为（0，1）．
点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的离心率和点满足椭圆方程，考查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，注意运用向量共线和点到直线的距离公式和基本不等式．注意设直线方程时，一定要讨论直线的斜率是否存在．
科目：高中数学 来源： 题型：选择题
| A． | p∧q | B． | （￢p）∧（￢q） | C． | （￢p）∧q | D． | p∨q |
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科目：高中数学 来源： 题型：选择题
| A． | 1 | B． | -1 | C． | $\frac{1}{2}$ | D． | -$\frac{1}{2}$ |
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科目：高中数学 来源： 题型：解答题
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一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（ ）