Question

16．如圖，已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的半焦距為c，原點(diǎn)O到經(jīng)過兩點(diǎn)（c、0），（0，b）的直線的距離為λc（λ∈（0，1），垂直于x軸的直線l與橢圓C₁及圓C₂：x²+y²=a²均有兩個(gè)交點(diǎn)，這四個(gè)交點(diǎn)按其坐標(biāo)從大到小分別為A、B、C、D
（Ⅰ）當(dāng)λ=$\frac{1}{3}$時(shí)，求$\frac{|BC|}{|AD|}$的值；
（Ⅱ）設(shè)N（a，0），若存在直線l使得BO∥AN，證明：0＜λ＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出過兩點(diǎn)（c、0），（0，b）的直線方程，由點(diǎn)到直線的距離公式可得b=λa，取λ=$\frac{1}{3}$，求得橢圓方程，然后分別聯(lián)立直線x=m（-a＜m＜a）與橢圓與圓方程，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，則$\frac{|BC|}{|AD|}$的值可求；
（Ⅱ）聯(lián)立直線方程和橢圓方程、直線方程和圓的方程，求出A，B的坐標(biāo)，由斜率相等可得$m=\frac{λ}{λ-1}a$，結(jié)合-a＜m＜0即可證得0＜λ＜$\frac{1}{2}$．

解答 （Ⅰ）解：過兩點(diǎn)（c、0），（0，b）的直線方程為$\frac{x}{c}+\frac{y}=1$，即bx+cy-bc=0，
由原點(diǎn)O到直線bx+cy-bc=0的距離為λc（λ∈（0，1），得$\frac{bc}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}=λc$，即b=λa，
當(dāng)λ=$\frac{1}{3}$時(shí)，b=$\frac{1}{3}a$，
此時(shí)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{9{y}^{2}}{{a}^{2}}=1$．
設(shè)直線l的方程為x=m（-a＜m＜a），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{9{y}^{2}}{{a}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得B（m，$\frac{1}{3}\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），C（m，$-\frac{1}{3}\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，解得A（m，$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），D（m，-$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
∴$\frac{|BC|}{|AD|}$=$\frac{\frac{2}{3}\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{2\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}=\frac{1}{3}$；
（Ⅱ）證明：如圖，
由（Ⅰ）得，A（m，$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}{a}^{2}}=1}\end{array}\right.$，得B（m，λ$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
又N（a，0），
∴${k}_{AN}=\frac{\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m-a}$，
而${k}_{OB}=\frac{λ\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m}$，
由BO∥AN，得$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m-a}=\frac{λ\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m}$，
∴m=λ（m-a），即$m=\frac{λ}{λ-1}a$．
∵-a＜m＜0，
∴$\frac{λ}{λ-1}a＞-a$，即$\frac{λ}{λ-1}+1＞0$，
解得：λ＞1（舍）或$λ＜\frac{1}{2}$，
又λ∈（0，1），
∴0＜λ＜$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了圓與橢圓問題的綜合應(yīng)用，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．