Question

19．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距为2，左右焦点分别为F₁，F₂，以原点O为圆心，以椭圆C的半短轴长为半径的圆与直线3x-4y+5=0相切．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设不过原点的直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点．
（i）若直线AF₂与BF₂的斜率分别为k₁，k₂，且k₁+k₂=0，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标；
（ii）若直线l的斜率是直线OA，OB斜率的等比中项，求△OAB面积的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得c=1，由直线和圆相切的条件：d=r，可得b=1，进而得到a，即有椭圆方程；
（Ⅱ）（i）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），将直线方程代入椭圆方程，运用判别式大于0，以及韦达定理，结合直线的斜率公式，可得m=-2k，进而得到直线恒过定点（2，0）；
（ii）由直线l的斜率是直线OA，OB斜率的等比中项，即有k²=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，运用韦达定理，可得k，再由点到直线的距离公式和弦长公式，运用三角形的面积公式，结合基本不等式可得面积的最大值，即有面积的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得c=1，即a²-b²=1，
由直线3x-4y+5=0与圆x²+y²=b²相切，
可得b=$\frac{|0-0+5|}{\sqrt{9+16}}$=1，解得a=$\sqrt{2}$，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）（i）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
将直线y=kx+m（m≠0）代入椭圆x²+2y²=2，
可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
即有△=16k²m²-8（1+2k²）（m²-1）＞0，
x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
由k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-1}$=$\frac{k{x}_{1}+m}{{x}_{1}-1}$+$\frac{k{x}_{2}+m}{{x}_{2}-1}$=0，
即有2kx₁x₂-2m+（m-k）（x₁+x₂）=0，
代入韦达定理，可得2k•$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$-2m+（m-k）（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）=0，
化简可得m=-2k，
则直线的方程为y=kx-2k，即y=k（x-2），
故直线l恒过定点（2，0）；
（ii）由直线l的斜率是直线OA，OB斜率的等比中项，
即有k²=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，即为k²x₁x₂=（kx₁+m）（kx₂+m）
=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²，
可得m²+km（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）=0，
解得k²=$\frac{1}{2}$，
代入△=16k²m²-8（1+2k²）（m²-1）＞0，
可得-$\sqrt{2}$＜m＜$\sqrt{2}$，且m≠0．
由O到直线的距离为d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
弦长AB为$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=2$\sqrt{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{1+2{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
则△OAB面积为S=$\frac{1}{2}$d|AB|=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}}{2}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\frac{{m}^{2}+2-{m}^{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
当且仅当m²=2-m²，即m=±1时，取得最大值．
则△OAB面积的取值范围为（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用直线与圆相切的条件：d=r，考查直线恒过定点的求法，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查三角形的面积的范围，注意运用等比数列的中项的性质和韦达定理及弦长公式，以及点到直线的距离公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．