Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點為B，右焦點為F，∠OFB=30°，P為線段BF的中點，且線段OP長為1．
（Ⅰ）試確定橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l與圓E：x²+y²=3相切且交橢圓C于M，N兩點，求△OMN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得a=|BF|=2，又∠OFB=30°，可得b=$\frac{1}{2}$a，解出即可得出橢圓C的方程．
（II）當(dāng)直線l的斜率不存在時，可得l的方程為：x=$±\sqrt{3}$，|MN|=1，此時S_△OMN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m，由l與圓E相切，可得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{3}$．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，△＞0，再利用根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式，進(jìn)而得出．

解答 解：（I）∵Rt△OFB中，P為線段BF的中點，且線段OP長為1．∴a=|BF|=2，
∵∠OFB=30°，∴b=$\frac{1}{2}$a=1，又a²=b²+c²，解得c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（II）當(dāng)直線l的斜率不存在時，可得l的方程為：x=$±\sqrt{3}$，|MN|=1，此時S_△OMN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m，∴l(xiāng)與圓E相切，
∴$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{3}$，化為：m²=3（1+k²），①．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△＞0，可得m²＜4k²+1，②把①代入②可得：k²＞2．
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{+{k}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$$\sqrt{4{k}^{2}-{m}^{2}+1}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+4{k}^{2}}\sqrt{{k}^{2}-2}$，令t=1+4k²＞9，則${k}^{2}=\frac{t-1}{4}$．
|MN|=$\sqrt{\frac{{t}^{2}-6t-27}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{-27（\frac{1}{t}+\frac{1}{9}）^{2}+\frac{4}{3}}$，
∵$0＜\frac{1}{t}＜\frac{1}{9}$，∴0＜|MN|＜1，
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×|MN|$∈$（0，\frac{\sqrt{3}}{2}）$．
綜上可得：△OMN面積的取值范圍是$（0，\frac{\sqrt{3}}{2}]$，

點評 本題考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、直線圓相切的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三角形面積計算公式、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．