Question

17．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，（a＞b＞0），F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，A₁，A₂分別為其長(zhǎng)軸的左右端點(diǎn)，B₁為其短軸的一個(gè)端點(diǎn)，若原點(diǎn)O到直線FB₁的距離$d=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，且橢圓的離心率$e=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$；
（1）求橢圓的方程；
（2）過(guò)A₁斜率為k（k≠0）的直線l與橢圓交于異于點(diǎn)A₁的點(diǎn)C，又過(guò)A₂作A₂D⊥l于D點(diǎn)；
�。�若$\overrightarrow{{A_1}D}=2\overrightarrow{{A_1}C}$，求直線l的方程；
ⅱ．是否存在實(shí)數(shù)λ，使${|{{A_1}D}|^2}+λ\frac{{{S_{△{A_1}OD}}}}{{{S_{△{A_1}OC}}}}$為常數(shù)？如存在，求出λ的值；如不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{{c}^{2}={a}^{2}-^{2}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\end{array}\right.$，得導(dǎo)$a=\frac{\sqrt{6}}{2}c，b=\frac{\sqrt{2}}{2}c$，在△FOB₁ 中，由等積法得$\frac{1}{2}bc=\frac{1}{2}a×\frac{\sqrt{6}}{3}$，聯(lián)立求得a，b的最值，則橢圓方程可求；
（2）ⅰ．設(shè)直線l的方程為：y=k（x+$\sqrt{3}$），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），由已知有A₁（$-\sqrt{3}$，0），聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得C的橫坐標(biāo)，再求出D點(diǎn)的軌跡方程，聯(lián)立直線方程與D的軌跡方程，結(jié)合向量等式求出C的橫坐標(biāo)，由C得橫坐標(biāo)相等可得k=±1．故直線l的方程可求；
ⅱ．由D點(diǎn)的軌跡方程為：x²+y²=3求得：$|{A}_{1}D{|}^{2}=4（3-\frac{3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}）=\frac{12}{1+{k}^{2}}$．再由面積比可得${|{{A_1}D}|^2}+λ\frac{{{S_{△{A_1}OD}}}}{{{S_{△{A_1}OC}}}}$=$\frac{12}{1+{k}^{2}}+λ\frac{|{y}_{D}|}{|{y}_{C}|}=\frac{12}{1+{k}^{2}}+λ\frac{1+3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{12+λ+3λ{(lán)k}^{2}}{1+{k}^{2}}$．由${|{{A_1}D}|^2}+λ\frac{{{S_{△{A_1}OD}}}}{{{S_{△{A_1}OC}}}}$為常數(shù)，則12+λ=3λ，解得λ=6．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{{c}^{2}={a}^{2}-^{2}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\end{array}\right.$，得：$a=\frac{\sqrt{6}}{2}c，b=\frac{\sqrt{2}}{2}c$，①
在△FOB₁ 中，由等積法得：$\frac{1}{2}bc=\frac{1}{2}a×\frac{\sqrt{6}}{3}$，②
聯(lián)立①，②解得$a=\sqrt{3}，b=1，c=\sqrt{2}$．
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$；
（2）�。�設(shè)直線l的方程為：y=k（x+$\sqrt{3}$），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），
由已知有A₁（$-\sqrt{3}$，0）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得：$（1+3{k}^{2}）{x}^{2}+6\sqrt{3}{k}^{2}x+9{k}^{2}-3=0$．
∴${x}_{C}=\frac{-6\sqrt{3}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}+\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}-3\sqrt{3}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$．
由已知：D點(diǎn)的軌跡方程為：x²+y²=3，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=3}\\{y=k（x+\sqrt{3}）}\end{array}\right.$，得：$（1+{k}^{2}）{x}^{2}+2\sqrt{3}{k}^{2}x+3{k}^{2}-3=0$．
∴${x}_{{A}_{1}}+{x}_{D}=\frac{-2\sqrt{3}{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$．
由$\overrightarrow{{A_1}D}=2\overrightarrow{{A_1}C}$，有C為A₁D的中點(diǎn)，
∴$2{x}_{C}={x}_{{A}_{1}}+{x}_{D}$，故$\frac{2\sqrt{3}-6\sqrt{3}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}=\frac{-2\sqrt{3}{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，
∴$\frac{3{k}^{2}-1}{1+3{k}^{2}}=\frac{{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，解得：k=±1．
故直線l的方程為x-y+$\sqrt{3}$=0或x+y+$\sqrt{3}=0$；
ⅱ．由D點(diǎn)的軌跡方程為：x²+y²=3，得：$|{A}_{1}D{|}^{2}=4（3-\frac{3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}）=\frac{12}{1+{k}^{2}}$．
又${S}_{△{A}_{1}OD}=\frac{1}{2}{A}_{1}O•|{y}_{D}|$，${S}_{△{A}_{1}OC}=\frac{1}{2}{A}_{1}O•|{y}_{C}|$，
故$\frac{{S}_{△{A}_{1}OD}}{{S}_{△{A}_{1}OC}}=\frac{{y}_{D}}{{y}_{C}}$，由ⅰ可解得：$|{y}_{D}|=\frac{|2\sqrt{3}k|}{1+{k}^{2}}$，$|{y}_{C}|=\frac{|2\sqrt{3}k|}{1+3{k}^{2}}$，
${|{{A_1}D}|^2}+λ\frac{{{S_{△{A_1}OD}}}}{{{S_{△{A_1}OC}}}}$=$\frac{12}{1+{k}^{2}}+λ\frac{|{y}_{D}|}{|{y}_{C}|}=\frac{12}{1+{k}^{2}}+λ\frac{1+3{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{12+λ+3λ{(lán)k}^{2}}{1+{k}^{2}}$．
要使${|{{A_1}D}|^2}+λ\frac{{{S_{△{A_1}OD}}}}{{{S_{△{A_1}OC}}}}$為常數(shù)，則12+λ=3λ，解得λ=6．
故存在實(shí)數(shù)λ=6，使${|{{A_1}D}|^2}+λ\frac{{{S_{△{A_1}OD}}}}{{{S_{△{A_1}OC}}}}$為常數(shù)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查直線與圓、橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查邏輯思維能力與推理運(yùn)算能力，難度較大．