Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)（1，0）為右焦點，過F的直線l交橢圓C與M，N兩點，當(dāng)直線l垂直于x軸時，直線OM的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，其中O為坐標(biāo)原點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）點P為橢圓上一動點，四邊形ONPM的面積為S，如果四邊形ONPM是平行四邊形，且S=λb²，試求出λ的值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)（1，0）為右焦點，過F的直線l交橢圓C與M，N兩點，當(dāng)直線l垂直于x軸時，直線OM的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，列出方程求出a，b的值，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)直線l：x=my+1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{x=my+1}\end{array}\right.$，得（2m²+3）y²+4my-4=0．由此利用韋達定理、中點坐標(biāo)公式、橢圓性質(zhì)、弦長公式，結(jié)合已知條件能求出λ的值．

解答 （本題滿分12分）
解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)（1，0）為右焦點，∴c=1，
∵過F的直線l交橢圓C與M，N兩點，當(dāng)直線l垂直于x軸時，M（c，$\frac{^{2}}{a}$），
∵直線OM的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∴$\frac{\frac{^{2}}{a}}{c}$=$\frac{^{2}}{a}$=$\frac{{a}^{2}-1}{a}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴$\sqrt{3}{a}^{2}-2a-\sqrt{3}=0$，…（2分）
解得a=$\sqrt{3}$，∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．…（5分）
（2）設(shè)直線l：x=my+1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{x=my+1}\end{array}\right.$，得（2m²+3）y²+4my-4=0．
由根與系數(shù)關(guān)系可知，${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-4m}{2{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{-4}{2{m}^{2}+3}$，…（7分）
設(shè)線段MN的中點坐標(biāo)為（x₀，y₀），
則${y}_{0}=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{-2m}{2{m}^{2}+3}$，${x}_{0}=m{y}_{0}+1=\frac{3}{2{m}^{2}+3}$，
∴點P的坐標(biāo)為（$\frac{6}{2{m}^{2}+3}，\frac{-4m}{2{m}^{2}+3}$）．又P∈C，
則點P坐標(biāo)滿足橢圓的方程，得2m²=1，即${m}^{2}=\frac{1}{2}$，
∴y₁+y₂=-m，y₁y₂=-1，…（10分）
因此S=$c|{y}_{1}-{y}_{2}|=\sqrt{{m}^{2}+4}$=λb²=2λ，
解得$λ=\frac{3\sqrt{2}}{4}$．…（12分）

點評 本題考查橢圓性質(zhì)、根的判別式、韋達定理、弦長公式等基礎(chǔ)知識，考查考查推理論證能力、數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，屬于中檔題．