Question

19．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，它的四个顶点构成的四边形的面积为4$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的右焦点为F，过F作两条互相垂直的直线l₁，l₂，直线l₁与椭圆C交于P，Q两点，直线l₂与直线x=4交于N点．
（1）求证：线段PQ的中点在直线ON上；
（2）求$\frac{|PQ|}{|FN|}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据条件运用离心率公式和菱形的面积公式，求出a，b，即可求椭圆C的标准方程；
（2）①设PQ的方程为：x=my+1代入椭圆方程，利用根与系数之间的关系求出OG和ON的斜率，即可得证；
②讨论，当m=0时，求出N的坐标，|NF|，|PQ|的长，计算可得$\frac{|PQ|}{|FN|}$=1；当m≠0时，求得|NF|，运用弦长公式可得|PQ|，再由换元法，设t=m²+1，转化为t的函数，判断单调性，可得所求范围．

解答 解：（1）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$•2a•2b=4$\sqrt{3}$，
又a²-b²=c²，
解得a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，
故所求椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）①证明：设直线PQ的方程为：x=my+1，代入椭圆方程3x²+4y²=12，
得（3m²+4）y²+6my-9=0，
则判别式△=36m²+4×9（3m²+4）＞0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中点G（x₀，y₀），
则y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
则y₀=$\frac{1}{2}$（y₁+y₂）=-$\frac{3m}{3{m}^{2}+4}$，x₀=my₀+1=$\frac{4}{3{m}^{2}+4}$，
即G（$\frac{4}{3{m}^{2}+4}$，-$\frac{3m}{3{m}^{2}+4}$），
k_OG=-$\frac{3m}{3{m}^{2}+4}$•$\frac{3{m}^{2}+4}{4}$=-$\frac{3m}{4}$，
设直线FN的方程为：y=-m（x-1），得N点坐标为（4，-3m），
∵k_ON=-$\frac{3m}{4}$，
∴k_OG=k_ON，
即线段PQ的中点在直线ON上；
②当m=0时，PQ的中点为F，N（4，0），
则|NF|=3，|PQ|=$\frac{2{b}^{2}}{a}$=3，$\frac{|PQ|}{|FN|}$=1；
当m≠0时，|NF|=$\sqrt{（4-1）^{2}+（-3m）^{2}}$=3$\sqrt{{m}^{2}+1}$，
|PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{{{k}_{PQ}}^{2}}}$|y₂-y₁|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{-6m}{3{m}^{2}+4}）^{2}-4•\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}$=12•$\frac{{m}^{2}+1}{3{m}^{2}+4}$，
则$\frac{|PQ|}{|FN|}$=$\frac{4\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{4}{\sqrt{\frac{9{m}^{4}+16+24{m}^{2}}{{m}^{2}+1}}}$，
令t=m²+1，即m²=t-1（t＞1），
即有y=$\frac{9{m}^{4}+16+24{m}^{2}}{{m}^{2}+1}$=$\frac{9（t-1）^{2}+16+24（t-1）}{t}$=9t+$\frac{1}{t}$+6，
y′=9-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，可得函数y在（1，+∞）为增函数，
则y＞9+1+6=16，
则0＜$\frac{|PQ|}{|FN|}$＜$\frac{4}{4}$=1；
综上可得$\frac{|PQ|}{|FN|}$的取值范围是（0，1]．

点评 本题主要考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系是应用，利用直线和椭圆方程联立转化为一元二次方程问题是解决本题的关键．考查学生的计算能力，运算量较大，综合性较强．