Question

5．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}$=1，直線l₁：y=kx+m（m＞0）與圓C₂：（x-1）²+y²=1相切且與橢圓C₁交于A，B兩點．
（Ⅰ）若線段AB中點的橫坐標(biāo)為$\frac{4}{3}$，求m的值；
（Ⅱ）過原點O作l₁的平行線l₂交橢圓于C，D兩點，設(shè)|AB|=λ|CD|，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將直線l₁：y=kx+m代入橢圓方程，消去y，可得x的方程，運用韋達定理和判別式大于0，再由中點坐標(biāo)公式，直線和圓相切的條件：d=r，解方程可得m的值；
（Ⅱ）運用弦長公式可得|AB|，把l₂：y=kx代入橢圓方程求得CD的長，可得λ=$\frac{|AB|}{|CD|}$，化簡整理，由二次函數(shù)的最值求法，即可得到最小值．

解答 解：（Ⅰ）l₁：y=kx+m代入${C_1}：\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，
得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-4）=0，
△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-4）＞0恒成立，化為4+16k²＞m²，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-4）}}{{1+4{k^2}}}}\end{array}}\right.$，所以$-\frac{4km}{{1+4{k^2}}}=\frac{4}{3}$①，
又$d=\frac{|k+m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=1$，得$k=\frac{{1-{m^2}}}{2m}$②，聯(lián)立①②得m⁴-m²-2=0，
解得$m=\sqrt{2}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$|{x_1}-{x_2}|=\frac{{4\sqrt{16{k^2}-{m^2}+4}}}{{1+4{k^2}}}$，
所以$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{4\sqrt{16{k^2}-{m^2}+4}}}{{1+4{k^2}}}$，
把l₂：y=kx代入${C_1}：\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，
得${x^2}=\frac{16}{{1+4{k^2}}}$，所以$|CD|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{8}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}$，
可得$λ=\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{{\sqrt{16{k^2}-{m^2}+4}}}{{2\sqrt{1+4{k^2}}}}=\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{m^2}{{1+4{{（\frac{{1-{m^2}}}{2m}）}^2}}}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{m^4}{{{m^4}-{m^2}+1}}}=\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{1}{{{{（\frac{1}{m^2}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{3}{4}}}}≥\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
當(dāng)$m=\sqrt{2}，k=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，λ取最小值$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

點評 本題考查直線與橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和中點坐標(biāo)公式，以及直線和圓相切的條件：d=r，同時考查弦長公式的運用，以及二次函數(shù)的最值求法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．