Question

20．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），且其離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F(xiàn)₁、F₂分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)．設(shè)直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）當(dāng)m=-2時(shí)，求△OAB的面積的最大值；
（III）以線段OA，OB為鄰邊作平行四邊形OAPB，若點(diǎn)Q在橢圓C上，且滿足$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=2c²=2b²，將M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（II）l⊥x軸時(shí)，不存在△OAB，當(dāng)m=-2，直線y=kx-2，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式求得丨AB丨，再利用點(diǎn)到直線的距離公式，求得三角形△OAB面積的最大值，由令t=$\sqrt{2{k}^{2}-3}$（t＞0），S_△OAB=2$\sqrt{2}$•$\frac{t}{{t}^{2}+4}$=2$\sqrt{2}$$\frac{1}{t+\frac{4}{t}}$，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)，即可求得△OAB的面積的最大值；
（III）當(dāng)m≠0時(shí)，設(shè)點(diǎn)Q（x₀，y₀），將直線y=kx+m代入橢圓方程，由△＞0，得λ與m的不等關(guān)系，由韋達(dá)定理求得x₁+x₂，x₁•x₂，代入直線方程求得y₁y₂及y₁+y₂，由向量加法法則可知：$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，得到x₀，y₀的表達(dá)式，代入橢圓方程中，得λ與m的等量關(guān)系，聯(lián)立兩不等關(guān)系式可得m的取值范圍．

解答 解：（I）由題意得：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即a²=2c²，由c²=a²-b²，
∴b=c．又橢圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
將M代入$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，則$\frac{1}{4^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1$，解得：b=1，
∴a²=2，
橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；…（3分）
（II）當(dāng)m=-2時(shí)，即直線l：y=kx-2，依題意知若l⊥x軸時(shí)，不存在△OAB，
∴不合題意．
設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（1+2k²）x²-8kx+6=0，
△=16k²-24＞0，解得：k²＞$\frac{3}{2}$，
x₁+x₂=$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，y₁+y₂=$\frac{6}{1+2{k}^{2}}$，
∴丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{8k}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{6}{1+2{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{2}-24}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$．
又點(diǎn)O到直線l的距離為d=$\frac{丨0-0-2丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OAB的面積S_△OAB=$\frac{1}{2}$•丨AB丨•d=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{2}-24}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$•$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{2{k}^{2}-3}}{1+2{k}^{2}}$．
令t=$\sqrt{2{k}^{2}-3}$（t＞0），得2k²=t²+3，則S_△OAB=2$\sqrt{2}$•$\frac{t}{{t}^{2}+4}$=2$\sqrt{2}$$\frac{1}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{2\sqrt{2}}{4}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{4}{t}$，即t=2時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)k²=$\frac{7}{2}$，且滿足△＞0，
∴S_△OAB的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$；…（6分）
（Ⅲ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0．
則x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，從而y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁•x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{{m}^{2}-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
可得y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+2{k}^{2}}$，
由向量加法的平行四邊形法則，得$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{OP}$，
∵$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，
∴$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，
（i）當(dāng)m=0時(shí)，直線l：y=kx+m過(guò)原點(diǎn)，點(diǎn)A與B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，不合題意．
（ii）當(dāng)m≠0時(shí)，點(diǎn)A，B不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則λ≠0，
設(shè)Q（x₀，y₀），則（x₁，y₁）+（x₂，y₂）=λ（x₀，y₀），
得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{1}{λ}（{x}_{1}+{x}_{2}）}\\{{y}_{0}=\frac{1}{λ}（{y}_{1}+{y}_{2}）}\end{array}\right.$，從而$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{-4km}{λ（1+2{k}^{2}）}}\\{{y}_{0}=\frac{2m}{λ（1+2{k}^{2}）}}\end{array}\right.$．
∵點(diǎn)Q在橢圓上，將Q的坐標(biāo)代入橢圓方程中，得（$\frac{-4km}{λ（1+2{k}^{2}）}$）²+2（$\frac{2m}{λ（1+2{k}^{2}）}$）²=2，
化簡(jiǎn)得4m²=λ²（1+2k²）．…①
又△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=8（1+2k²-m²），由△＞0，得1+2k²＞m²．…②
由①、②得4m²＞λ²m²，
∵m≠0，∴0＜λ²＜4．…④
因此，實(shí)數(shù)λ的取值范圍是-2＜λ＜0，或0＜λ＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到△＞0及根與系數(shù)的關(guān)系、向量相等等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．