Question

5．已知椭圆C₁：$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}$=1，直线l₁：y=kx+m（m＞0）与圆C₂：（x-1）²+y²=1相切且与椭圆C₁交于A，B两点．
（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标为$\frac{4}{3}$，求m的值；
（Ⅱ）过原点O作l₁的平行线l₂交椭圆于C，D两点，设|AB|=λ|CD|，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将直线l₁：y=kx+m代入椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由中点坐标公式，直线和圆相切的条件：d=r，解方程可得m的值；
（Ⅱ）运用弦长公式可得|AB|，把l₂：y=kx代入椭圆方程求得CD的长，可得λ=$\frac{|AB|}{|CD|}$，化简整理，由二次函数的最值求法，即可得到最小值．

解答 解：（Ⅰ）l₁：y=kx+m代入${C_1}：\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，
得（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-4）=0，
△=64k²m²-16（1+4k²）（m²-4）＞0恒成立，化为4+16k²＞m²，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-4）}}{{1+4{k^2}}}}\end{array}}\right.$，所以$-\frac{4km}{{1+4{k^2}}}=\frac{4}{3}$①，
又$d=\frac{|k+m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=1$，得$k=\frac{{1-{m^2}}}{2m}$②，联立①②得m⁴-m²-2=0，
解得$m=\sqrt{2}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$|{x_1}-{x_2}|=\frac{{4\sqrt{16{k^2}-{m^2}+4}}}{{1+4{k^2}}}$，
所以$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{4\sqrt{16{k^2}-{m^2}+4}}}{{1+4{k^2}}}$，
把l₂：y=kx代入${C_1}：\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$，
得${x^2}=\frac{16}{{1+4{k^2}}}$，所以$|CD|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{8}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}$，
可得$λ=\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{{\sqrt{16{k^2}-{m^2}+4}}}{{2\sqrt{1+4{k^2}}}}=\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{m^2}{{1+4{k^2}}}}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{m^2}{{1+4{{（\frac{{1-{m^2}}}{2m}）}^2}}}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{m^4}{{{m^4}-{m^2}+1}}}=\frac{1}{2}\sqrt{4-\frac{1}{{{{（\frac{1}{m^2}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{3}{4}}}}≥\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
当$m=\sqrt{2}，k=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，λ取最小值$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

点评 本题考查直线与椭圆方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，以及直线和圆相切的条件：d=r，同时考查弦长公式的运用，以及二次函数的最值求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．