Question

14．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）与双曲线G：x${\;}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$共焦点，F₁，F₂是双曲线的左、右焦点，P是椭圆E与双曲线G的一个交点，O为坐标原点，△PF₁F₂的周长为4$+4\sqrt{2}$．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知动直线l与椭圆E恒有两个不同交点A，B，且$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，求△OAB面积的取值范围．

Answer 1

分析 （I）由双曲线G：${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$知F₁（-2，0），F₂（2，0），可得在椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$中有c=2，又△PF₁F₂的周长为4+4$\sqrt{2}$，可得|PF₁|+|PF₂|=4$\sqrt{2}$=2a，
b²=a²-c²，解出即可．
（II）当直线l的斜率存在时，其方程可设为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），与椭圆方程联立可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，则△＞0，可得（8k²-m²+4）＞0，要使$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，需使x₁x₂+y₁y₂=0，可得3m²-8k²-8=0，而原点到直线l的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，又|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}]}$，对k分类讨论即可得出取值范围，利用S_△OAB=$\frac{1}{2}d•|AB|$，即可得出．

解答 解：（I）由双曲线G：${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$知F₁（-2，0），F₂（2，0），
∴在椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$中有c=2，
又△PF₁F₂的周长为4+4$\sqrt{2}$，
∵|PF₁|+|PF₂|=4$\sqrt{2}$=2a，
a=2$\sqrt{2}$，b²=a²-c²=4，
∴椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
（II）当直线l的斜率存在时，其方程可设为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
则△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）=8（8k²-m²+4）＞0，
即（8k²-m²+4）＞0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
要使$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，需使x₁x₂+y₁y₂=0，
即$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=0，
∴3m²-8k²-8=0，8k²-m²+4＞0对于k∈R恒成立，
而原点到直线l的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
d²=$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}}{1+\frac{3{m}^{2}-8}{8}}$=$\frac{8}{3}$，d=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
同时有$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$=$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}$=$（-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{8（8{k}^{2}-{m}^{2}+4）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{32}{3}•\frac{4{k}^{2}+1}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，
∴|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}•\frac{4{k}^{4}+5{k}^{2}+1}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}]}$，
①当k≠0时，|AB|=$\sqrt{\frac{32}{3}[1+\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}]}$，
∵$4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4≥8$，∴$0＜\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}≤\frac{1}{8}$，
∴$\frac{32}{3}$$＜\frac{32}{3}$$[1+\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}]$≤12，
∴$\frac{4\sqrt{6}}{3}$＜|AB|≤2$\sqrt{3}$，当且仅当k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$时取”=”．
②当k=0时，|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
当直线l的斜率不存在时，直线为x=$±\frac{2\sqrt{6}}{3}$与椭圆$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1的两个交点为$（\frac{2\sqrt{6}}{3}，±\frac{2\sqrt{6}}{3}）$或$（-\frac{2\sqrt{6}}{3}，±\frac{2\sqrt{6}}{3}）$满足$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，
此时|AB|=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，
综上，|AB|的取值范围为$\frac{4\sqrt{6}}{3}≤|AB|≤2\sqrt{3}$，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}d•|AB|$=$\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{6}}{3}$|AB|∈$[\frac{8}{3}，2\sqrt{2}]$．
因此S_△OAB∈$[\frac{8}{3}，2\sqrt{2}]$．

点评 本题考查了椭圆与双曲线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可得根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．