Question

8．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，上頂點(diǎn)為P，右頂點(diǎn)為Q，以F₁F₂為直徑的圓O過點(diǎn)P，直線PQ與圓O相交得到的弦長(zhǎng)為$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，l與x軸，y軸分別相交于A，B兩點(diǎn)，滿足：①記MN的中點(diǎn)為E，且A，B兩點(diǎn)到直線OE的距離相等；②記△OMN，△OAB的面積分別為S₁，S₂，若S₁=λS₂．當(dāng)S₁取得最大值時(shí)，求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由以F₁F₂為直徑的圓O過點(diǎn)P，知b=c，從而求出b=1，a=$\sqrt{2}$，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）設(shè)直線的方程為y=kx+m（km≠0），則$A（{-\frac{m}{k}，0}），B（{0，m}）$．由方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、弦長(zhǎng)公式，結(jié)合已知條件能求出λ的值．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)橐訤₁F₂為直徑的圓O過點(diǎn)P，所以b=c，則圓O的方程為x²+y²=b²，
直線PQ的方程為y=-$\frac{a}x+b$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}x+b$，
則2$\sqrt{^{2}-（\frac{|b|}{\sqrt{1+\frac{1}{2}}}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得b=1，
所以a=$\sqrt{2}$，所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）由題意，設(shè)直線的方程為y=kx+m（km≠0），M（x₁，y₁），N（z₂，y₂），
則$A（{-\frac{m}{k}，0}），B（{0，m}）$．
由方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，（*）
△=16k²-8m²+8＞0，所以m²＜2k²+1，
由韋達(dá)定理得${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
因?yàn)锳，B兩點(diǎn)到直線OE的距離相等，
所以線段MN的中點(diǎn)與線段AB的中點(diǎn)重合，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}=0-\frac{m}{k}$，解得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
于是，${S_1}=\frac{1}{2}|{MN}|d=\frac{1}{2}\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{{{（{\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}}）}^2}-4×\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}|m|=\frac{1}{2}\sqrt{4{m^2}-2{m^4}}=\frac{1}{2}\sqrt{-2{{（{{m^2}-1}）}^2}+2}$．
由m²＜2k²+1及$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，解得m²＜2．
所以，當(dāng)m²=1時(shí)，S₁有最大值$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
此時(shí)${S_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{|m|^2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，故λ=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查橢圓與直線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查整體思想、轉(zhuǎn)化化歸思想，考查數(shù)據(jù)處理能力和運(yùn)用意識(shí)，是中檔題．