Question

7．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（α=2b＞0），直線l過點A（2a，0），B（0，2b），原點O到直線AB的距離為$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）是否存在過點P（0，2）的直線l與橢圓交于N，M兩點，且使$\overrightarrow{QM}$=（λ+1）$\overrightarrow{QN}$-$λ\overrightarrow{QP}$成立（Q為直線l外的一點，λ＞0）？若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由直線l過點A（2a，0），B（0，2b），可得直線l的方程為：$\frac{x}{2a}+\frac{y}{2b}$=1，化為bx+ay-2ab=0．原點O到直線AB的距離為$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，可得$\frac{2ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，又a=2b，聯(lián)立解出即可．
（2）當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=kx+2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
△＞0，化為：k²$＞\frac{3}{4}$．假設(shè)存在λ＞0使$\overrightarrow{QM}$=（λ+1）$\overrightarrow{QN}$-$λ\overrightarrow{QP}$成立（Q為直線l外的一點），化為：$\overrightarrow{OM}$=$（λ+1）\overrightarrow{ON}$-λ$\overrightarrow{OP}$，x₁=x₂（1+λ），與根與系數(shù)的關(guān)系聯(lián)立可得．

解答 解：（1）∵直線l過點A（2a，0），B（0，2b），
∴直線l的方程為：$\frac{x}{2a}+\frac{y}{2b}$=1，化為bx+ay-2ab=0．
∵原點O到直線AB的距離為$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴$\frac{2ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
又a=2b，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得b=1，a=2，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為：y=kx+2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
聯(lián)立：$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
△=（16k）²-48（1+4k²）＞0，化為：k²$＞\frac{3}{4}$．
∴x₁+x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．（*）
假設(shè)存在λ＞0使$\overrightarrow{QM}$=（λ+1）$\overrightarrow{QN}$-$λ\overrightarrow{QP}$成立（Q為直線l外的一點），
化為：$\overrightarrow{OM}$=$（λ+1）\overrightarrow{ON}$-λ$\overrightarrow{OP}$，
∴x₁=x₂（1+λ），與（*）聯(lián)立可得：
0＜$\frac{64（1+λ）}{（2+λ）^{2}}$=$\frac{3（1+4{k}^{2}）}{{k}^{2}}$=$\frac{3}{{k}^{2}}$+12＜16，λ＞0．
解得：λ＞0．
∴λ＞0．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、直線的方程、點到直線的距離公式、向量坐標運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．