Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）由以F₁F₂為直徑的圓O過點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、韋達定理、中點坐標公式、弦長公式，結合已知條件能求出λ的值．

解答 解：（Ⅰ）因為以F₁F₂為直徑的圓O過點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${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
因為A，B兩點到直線OE的距離相等，
所以線段MN的中點與線段AB的中點重合，
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m²=1時，S₁有最大值$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
此時${S_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{|m|^2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，故λ=1．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查橢圓與直線位置關系的應用，考查推理論證能力、運算求解能力，考查整體思想、轉化化歸思想，考查數(shù)據(jù)處理能力和運用意識，是中檔題．