Question

17．已知橢圓G：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過其右焦點與長軸垂直的弦長為1，如圖，A，B是橢圓的左右頂點，M是橢圓上位于x軸上方的動點，直線AM，BM與直線l：x=4分別交于C，D兩點．
（Ⅰ）求橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若|CD|=4，求點M的坐標(biāo)；
（Ⅲ）記△MAB和△MCD的面積分別為S₁和S₂，若λ=$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意列式求得橢圓方程，
（2）直線AM的斜率k顯然存在，且k＞0，故可設(shè)直線AM的方程為y=k（x+2），由$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=k（x+2）}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=6k}\end{array}\right.$利用條件求得．
（3）根據(jù)面積公式列式利用均值不等式求得．

解答 解：（1）由e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{3}{4}$①，又（c，$\frac{1}{2}$）在橢圓上，代入得$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{4}}{^{2}}=1$②
由①②解得a²=4，b²=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$
（2）直線AM的斜率k顯然存在，且k＞0，故可設(shè)直線AM的方程為y=k（x+2）
由$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=k（x+2）}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=6k}\end{array}\right.$∴C（4，6k）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y并整理得，（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0
設(shè)M（x₀，y₀），則（-2）x₀=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，∴${x}_{0}=\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，從而${y}_{0}=\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，
即M（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），又B（2，0）
故直線BM的方程為$y=-\frac{1}{4k}（x-2）$
由$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=-\frac{1}{4k}（x-2）}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=-\frac{1}{2k}}\end{array}\right.$，∴$D（4，-\frac{1}{2k}）$
∴$|CD|=|6k+\frac{1}{2k}|=6k+\frac{1}{2k}（k＞0）$
由|CD|=4，得6k+$\frac{1}{2k}$=4，解得k=$\frac{1}{2}$，或k=$\frac{1}{6}$
從而求得M（0，1）或M（$\frac{8}{5}，\frac{3}{5}$）．
（3）由（1）得$M（\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}，\frac{4k}{1+4{k}^{2}}）$．
∴${S}_{1}=\frac{1}{2}|AB||{y}_{M}|=\frac{1}{2}×4×|\frac{4k}{1+4{k}^{2}}|=\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$
${S}_{2}=\frac{1}{2}|CD||4-{x}_{M}|=\frac{1}{2}×|6k+\frac{1}{2k}|×$$|4-\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}|=\frac{（1+12{k}^{2}）^{2}}{2k（1+4{k}^{2}）}$
假設(shè)存在實數(shù)λ，使得S₁=λS₂，則
$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\frac{16{k}^{2}}{（1+12{k}^{2}）^{2}}=\frac{16{k}^{2}}{1+24{k}^{2}+144{k}^{4}}$=$\frac{16}{144{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+24}≤\frac{16}{2\sqrt{144{k}^{2}•\frac{1}{{k}^{2}}}+24}=\frac{1}{3}$
當(dāng)且僅當(dāng)$144{k}^{2}=\frac{1}{{k}^{2}}$，即$k=\frac{\sqrt{3}}{6}$時，等號成立．
又∵λ＞0，∴$0≤λ≤\frac{1}{3}$
故存在$λ∈（0，\frac{1}{3}]$，使得S₁=λS₂

點評 本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合性問題，在高考中屬于常考題型．