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18.已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1、F2,焦距为2,过F1作直线与椭圆交于B,D两点,且△F2BD的周长为4$\sqrt{3}$.
(1)求椭圆方程;
(2)过F2作垂直于BD的直线交椭圆于A,C,设逆时针连接四个交点所得四边形的面积为S,求S的取值范围.

分析 (1)由题意可得:$\left\{\begin{array}{l}{2c=2}\\{2a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$,解出即可得出.
(2)①当BD⊥x轴时,把x=-1代入椭圆方程可得:$\frac{1}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1,解得y,可得|BD|.|AC|=2a.利用S=$\frac{1}{2}$|BD||AC|可得.
②当直线BD的斜率存在且不为0时,设直线BD的方程为:y=k(x+1),直线AC的方程为:y=-$\frac{1}{k}$(x-1).设(xi,yi)(i=1,2,3,4)分别为B,D,A,C的坐标.
分别与椭圆方程联立化为(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,利用根与系数的关系可得:|BD|=$\sqrt{(1+{k}^{2})[({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$.|AC|.利用S=$\frac{1}{2}$|BD||AC|及其基本不等式的性质即可得出.

解答 解:(1)由题意可得:$\left\{\begin{array}{l}{2c=2}\\{2a=4\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$,解得c=1,a=$\sqrt{3}$,b=$\sqrt{2}$.
∴椭圆的方程为:$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$.
(2)①当BD⊥x轴时,把x=-1代入椭圆方程可得:$\frac{1}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1,解得y=$±\frac{2\sqrt{3}}{3}$,∴|BD|=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
|AC|=2a=2$\sqrt{3}$.
∴S=$\frac{1}{2}$|BD||AC|=$\frac{1}{2}×\frac{4\sqrt{3}}{3}×2\sqrt{3}$=4.
②当直线BD的斜率存在且不为0时,设直线BD的方程为:y=k(x+1),直线AC的方程为:y=-$\frac{1}{k}$(x-1).
设(xi,yi)(i=1,2,3,4)分别为B,D,A,C的坐标.
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x+1)}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$,化为(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,
△>0,
∴x1+x2=$\frac{-6{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{3{k}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$,
∴|BD|=$\sqrt{(1+{k}^{2})[({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{3}(1+{k}^{2})}{2+3{k}^{2}}$.
同理可得:|AC|=$\frac{4\sqrt{3}(1+{k}^{2})}{3+2{k}^{2}}$.
∴S=$\frac{1}{2}$|BD||AC|=$\frac{1}{2}$$\frac{4\sqrt{3}(1+{k}^{2})}{2+3{k}^{2}}$×$\frac{4\sqrt{3}(1+{k}^{2})}{3+2{k}^{2}}$=$\frac{24(1+{k}^{2})^{2}}{(2+3{k}^{2})(3+2{k}^{2})}$=$\frac{24}{6+\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}$≥$\frac{96}{25}$,且S<4.
综上可得:S的取值范围是$[\frac{96}{25},4]$.

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、四边形的面积、基本不等式的性质,考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力,属于难题.

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