Question

4．已知椭圆Г：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F₂与椭圆上点的连线的中最短线段的长为$\sqrt{2}$-1．
（1）求椭圆Г的标准方程；
（2）已知Г上存在一点P，使得直线PF₁，PF₂分别交椭圆Г于A，B，若$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=2$\overrightarrow{{F}_{1}A}$，$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=λ$\overrightarrow{{F}_{2}B}$（λ＞0），求λ的值．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a-c=$\sqrt{2}$-1，b²=a²-c²，联立解出即可得出椭圆Г的标准方程．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），点P（x₀，y₀），直线PA的方程：x=my-1，与椭圆方程联立化为：（m²+2）y²-2my-1=0，可得y₀•y₁=$\frac{-1}{{m}^{2}+2}$，x₀=my₀-1，解得m=$\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}}$．可得$\frac{|P{F}_{1}|}{|{F}_{1}A|}$=-$\frac{{y}_{0}}{{y}_{1}}$=3+2x₀=2．解得x₀，可得P坐标．利用点斜式可得直线PF₂的方程，代入椭圆方程可即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a-c=$\sqrt{2}$-1，b²=a²-c²，解得：a²=2，c=1，b=1．
∴椭圆Г的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），点P（x₀，y₀），直线PA的方程：x=my-1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化为：（m²+2）y²-2my-1=0，
∴y₀•y₁=$\frac{-1}{{m}^{2}+2}$，x₀=my₀-1，
∴m=$\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}}$．
∴$\frac{|P{F}_{1}|}{|{F}_{1}A|}$=-$\frac{{y}_{0}}{{y}_{1}}$=-$\frac{{y}_{0}}{-\frac{1}{（{m}^{2}+2）{y}_{0}}}$=$（{m}^{2}+2）{y}_{0}^{2}$=$[\frac{（{x}_{0}+1）^{2}}{{y}_{0}^{2}}+2]$${y}_{0}^{2}$=$（{x}_{0}+1）^{2}$+2${y}_{0}^{2}$=$（{x}_{0}+1）^{2}$+2-${x}_{0}^{2}$=3+2x₀．
∴3+2x₀=2，解得x₀=-$\frac{1}{2}$，∴P$（-\frac{1}{2}，±\frac{\sqrt{14}}{4}）$．
（i）当取P$（-\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{14}}{4}）$时，${k}_{P{F}_{2}}$=$\frac{\frac{\sqrt{14}}{4}}{-\frac{1}{2}-1}$=-$\frac{\sqrt{14}}{6}$，可得直线PF₂的方程：y=-$\frac{\sqrt{14}}{6}$（x-1），即x=-$\frac{6}{\sqrt{14}}$y+1．
代入椭圆方程可得：$\frac{32}{7}$y²-$\frac{12}{\sqrt{14}}$y-1=0，∴y₂•y₀=-$\frac{7}{32}$，而y₀=$\frac{\sqrt{14}}{4}$，
∴y₂=-$\frac{7}{8\sqrt{14}}$，∴$\frac{|P{F}_{2}|}{|{F}_{2}B|}$=-$\frac{{y}_{0}}{{y}_{2}}$=-$\frac{\frac{\sqrt{14}}{4}}{-\frac{7}{8\sqrt{14}}}$=4，即λ=4．
（ii）当P$（-\frac{1}{2}，-\frac{\sqrt{14}}{4}）$时，同理可得：λ=4．
综上可得：λ=4．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．