（2013•金山區(qū)一模）設(shè)橢圓的中心為原點(diǎn)O，長軸在x軸上，上頂點(diǎn)為A，左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，線段OF1、OF2的中點(diǎn)分別為B1、B2，且△AB1B2是面積為4的直角三角形．過B1作直線l交橢圓于P、Q兩點(diǎn)．
（1）求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若PB2⊥QB2，求直線l的方程；
（3）設(shè)直線l與圓O：x2+y2=8相交于M、N兩點(diǎn)，令|MN|的長度為t，若t∈[4，2
7
]，求△B2PQ的面積S的取值范圍．
分析：（1）設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞b＞0)，右焦點(diǎn)為F2（c，0）．已知△AB1B2是直角三角形，又|AB1|=|AB2|，故∠B1AB2=90°，可得c=2b，在Rt△AB1B2中，S△AB1B2=b2=4，從而a2=b2+c2=20．即可得到橢圓的方程．
（2）由（1）得B1（-2，0），可設(shè)直線l的方程為x=my-2，代入橢圓的方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系，利用PB2⊥QB2，?
B2P
•
B2Q
=0，即可得到m．
（3）當(dāng)斜率不存在時(shí)，直線l：x=-2，此時(shí)|MN|=4，S=
16
5
5
，當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=k（x+2），利用點(diǎn)到直線的距離公式可得圓心O到直線l的距離d=
|2k|
k2+1
，可得t=|MN|=2
R2-d2
≤2
7
，得k的取值范圍；把直線l的方程代入橢圓的方程點(diǎn)到根與系數(shù)的關(guān)系，代入S=
1
2
×|B1B2|×|y1-y2|，再通過換元，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出S的取值范圍．
解答：解：（1）設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為
x2
a2
+
y2
b2
=1(a＞b＞0)，右焦點(diǎn)為F2（c，0）．
因△AB1B2是直角三角形，又|AB1|=|AB2|，故∠B1AB2=90°，得c=2b，
在Rt△AB1B2中，S△AB1B2=b2=4，從而a2=b2+c2=20．
因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：
x2
20
+
y2
4
=1．
（2）由（1）得B1（-2，0），可設(shè)直線l的方程為x=my-2，代入橢圓的方程
x2
20
+
y2
4
=1．化為（5+m2）y2-4my-16=0．
設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2），則y1+y2=
4m
m2+5
，y1•y2=-
16
m2+5
，
又
B2P
=(x1-2，y1)，
B2Q
=(x2-2，y2)，B2P⊥B2Q，
所以
B2P
•
B2Q
=(x1-2)(x2-2)+y1y2=（m2+1）y1y2-4m（y1+y2）+16=
-16(m2+1)
m2+5
-
16m2
m2+5
+16=
-16m2+64
m2+5
=0，
∴m2=4，解得m=±2；
所以滿足條件的直線有兩條，其方程分別為：x+2y+2=0和x-2y+2=0．
（3）當(dāng)斜率不存在時(shí)，直線l：x=-2，此時(shí)|MN|=4，S=
16
5
5
，
當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=k（x+2），則圓心O到直線l的距離d=
|2k|
k2+1
，
因此t=|MN|=2
8-
4k2
k2+1
≤2
7
，得k2≥
1
3
，
聯(lián)立方程組：
y=k(x+2)
x2
20
+
y2
4
=1
得（1+5k2）y2-4ky-16k2=0，
由韋達(dá)定理知，y1+y2=
4k
1+5k2
，y1y2=-
16k2
1+5k2
，
所以|y1-y2|=4
5
4k4+k2
(1+5k2)2
，
因此S=
1
2
•4•|y1-y2|=8
5
4k4+k2
(1+5k2)2
．
設(shè)u=1+5k2，u≥
8
3
，所以S=
8
5
5
-(
1
u
+
3
2
)2+
25
4
，所以S∈[
35
，
16
5
5
)，
綜上所述：△B2PQ的面積S∈[
35
，
16
5
5
]．
點(diǎn)評：本題綜合考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、三角形的面積計(jì)算公式、點(diǎn)到直線的距離公式、二次函數(shù)的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識與基本技能，考查了推理能力、計(jì)算能力．
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1
2
1
2
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3
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4
4
．

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1
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＜
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