Question

8．已知O为坐标原点，椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦点分别为F₁，F₂，上顶点为P，右顶点为Q，以F₁F₂为直径的圆O过点P，直线PQ与圆O相交得到的弦长为$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线l与椭圆C相交于M，N两点，l与x轴，y轴分别相交于A，B两点，满足：①记MN的中点为E，且A，B两点到直线OE的距离相等；②记△OMN，△OAB的面积分别为S₁，S₂，若S₁=λS₂．当S₁取得最大值时，求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由以F₁F₂为直径的圆O过点P，知b=c，从而求出b=1，a=$\sqrt{2}$，由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）设直线的方程为y=kx+m（km≠0），则$A（{-\frac{m}{k}，0}），B（{0，m}）$．由方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式、弦长公式，结合已知条件能求出λ的值．

解答 解：（Ⅰ）因为以F₁F₂为直径的圆O过点P，所以b=c，则圆O的方程为x²+y²=b²，
直线PQ的方程为y=-$\frac{b}{a}x+b$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}x+b$，
则2$\sqrt{{b}^{2}-（\frac{|b|}{\sqrt{1+\frac{1}{2}}}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得b=1，
所以a=$\sqrt{2}$，所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）由题意，设直线的方程为y=kx+m（km≠0），M（x₁，y₁），N（z₂，y₂），
则$A（{-\frac{m}{k}，0}），B（{0，m}）$．
由方程组$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，（*）
△=16k²-8m²+8＞0，所以m²＜2k²+1，
由韦达定理得${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
因为A，B两点到直线OE的距离相等，
所以线段MN的中点与线段AB的中点重合，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}=0-\frac{m}{k}$，解得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
于是，${S_1}=\frac{1}{2}|{MN}|d=\frac{1}{2}\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{{{（{\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}}）}^2}-4×\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}|m|=\frac{1}{2}\sqrt{4{m^2}-2{m^4}}=\frac{1}{2}\sqrt{-2{{（{{m^2}-1}）}^2}+2}$．
由m²＜2k²+1及$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，解得m²＜2．
所以，当m²=1时，S₁有最大值$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
此时${S_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{|m|^2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，故λ=1．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆与直线位置关系的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查整体思想、转化化归思想，考查数据处理能力和运用意识，是中档题．