Question

5．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的短軸長(zhǎng)為2，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，橢圓C與直線l：y=kx+m相交于E、F兩不同點(diǎn)，且直線l與圓O：x²+y²=$\frac{2}{3}$相切于點(diǎn)W（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程并證明：OE⊥OF；
（Ⅱ）設(shè)λ=$\frac{|EW|}{|FW|}$，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意得2b=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，從而求出橢圓C的方程；
由直線l與圓O相切化簡(jiǎn)可得m²=$\frac{2}{3}$（1+k²）；由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，從而結(jié)合韋達(dá)定理及向量的數(shù)量積化簡(jiǎn)可得$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$=0，從而證明．
（Ⅱ）由直線l與圓O相切于W，且$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$+${y}_{1}^{2}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}$+${y}_{2}^{2}$=1可得λ=$\frac{|EW|}{|FW|}$=$\frac{\sqrt{|OE{|}^{2}-{r}^{2}}}{\sqrt{|OF{|}^{2}-{r}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+\frac{1}{3}}}{\sqrt{\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+\frac{1}{3}}}$，再由x₁x₂+y₁y₂=0可得${x}_{2}^{2}$=$\frac{4-2{x}_{1}^{2}}{2+3{x}_{1}^{2}}$；從而化簡(jiǎn)λ=$\frac{2+3{x}_{1}^{2}}{4}$，從而求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意得，
2b=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，
解得，a²=2，b²=1；
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
∵直線l與圓O相切，
∴圓x²+y²=$\frac{2}{3}$的圓心到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，
∴m²=$\frac{2}{3}$（1+k²）；
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$可得，
（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂）；
則x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$=x₁x₂+y₁y₂
=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=（1+k²）$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$-km$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$+m²
=$\frac{3{m}^{2}-2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{2（1+{{k}^{2}}_{\;}）-2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=0，
∴OE⊥OF．
（Ⅱ）∵直線l與圓O相切于W，$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$+${y}_{1}^{2}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}$+${y}_{2}^{2}$=1，

∴λ=$\frac{|EW|}{|FW|}$=$\frac{\sqrt{|OE{|}^{2}-{r}^{2}}}{\sqrt{|OF{|}^{2}-{r}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{{x}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}-\frac{2}{3}}}{\sqrt{{x}_{2}^{2}+{y}_{2}^{2}-\frac{2}{3}}}$=$\frac{\sqrt{\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+\frac{1}{3}}}{\sqrt{\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+\frac{1}{3}}}$，
由（Ⅰ）知x₁x₂+y₁y₂=0，
∴x₁x₂=-y₁y₂，即${x}_{1}^{2}$${x}_{2}^{2}$=${y}_{1}^{2}$${y}_{2}^{2}$，
從而${x}_{1}^{2}$${x}_{2}^{2}$=（1-$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$）（1-$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}$），
即${x}_{2}^{2}$=$\frac{4-2{x}_{1}^{2}}{2+3{x}_{1}^{2}}$；
∴λ=$\frac{\sqrt{\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+\frac{1}{3}}}{\sqrt{\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+\frac{1}{3}}}$=$\frac{2+3{x}_{1}^{2}}{4}$，
∵-$\sqrt{2}$≤${x}_{1}^{\;}$≤$\sqrt{2}$，
∴λ∈[$\frac{1}{2}$，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，利用平面向量的數(shù)量積證明垂直，韋達(dá)定理的應(yīng)用，重點(diǎn)考查了學(xué)生的化簡(jiǎn)運(yùn)算能力，屬于難題．