Question

20．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），且其离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F₁、F₂分别为椭圆C的左、右焦点．设直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．
（I）求椭圆C的标准方程；
（II）当m=-2时，求△OAB的面积的最大值；
（III）以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点Q在椭圆C上，且满足$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （I）由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=2c²=2b²，将M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入$\frac{{x}^{2}}{2{b}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（II）l⊥x轴时，不存在△OAB，当m=-2，直线y=kx-2，代入椭圆方程，由韦达定理及弦长公式求得丨AB丨，再利用点到直线的距离公式，求得三角形△OAB面积的最大值，由令t=$\sqrt{2{k}^{2}-3}$（t＞0），S_△OAB=2$\sqrt{2}$•$\frac{t}{{t}^{2}+4}$=2$\sqrt{2}$$\frac{1}{t+\frac{4}{t}}$，根据基本不等式的性质，即可求得△OAB的面积的最大值；
（III）当m≠0时，设点Q（x₀，y₀），将直线y=kx+m代入椭圆方程，由△＞0，得λ与m的不等关系，由韦达定理求得x₁+x₂，x₁•x₂，代入直线方程求得y₁y₂及y₁+y₂，由向量加法法则可知：$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，得到x₀，y₀的表达式，代入椭圆方程中，得λ与m的等量关系，联立两不等关系式可得m的取值范围．

解答 解：（I）由题意得：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即a²=2c²，由c²=a²-b²，
∴b=c．又椭圆经过点M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
将M代入$\frac{{x}^{2}}{2{b}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$，则$\frac{1}{4{b}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1$，解得：b=1，
∴a²=2，
椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；…（3分）
（II）当m=-2时，即直线l：y=kx-2，依题意知若l⊥x轴时，不存在△OAB，
∴不合题意．
设点A，B的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（1+2k²）x²-8kx+6=0，
△=16k²-24＞0，解得：k²＞$\frac{3}{2}$，
x₁+x₂=$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，y₁+y₂=$\frac{6}{1+2{k}^{2}}$，
∴丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{8k}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{6}{1+2{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{2}-24}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$．
又点O到直线l的距离为d=$\frac{丨0-0-2丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OAB的面积S_△OAB=$\frac{1}{2}$•丨AB丨•d=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{2}-24}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$•$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{2{k}^{2}-3}}{1+2{k}^{2}}$．
令t=$\sqrt{2{k}^{2}-3}$（t＞0），得2k²=t²+3，则S_△OAB=2$\sqrt{2}$•$\frac{t}{{t}^{2}+4}$=2$\sqrt{2}$$\frac{1}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{2\sqrt{2}}{4}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
当且仅当t=$\frac{4}{t}$，即t=2时等号成立，此时k²=$\frac{7}{2}$，且满足△＞0，
∴S_△OAB的最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$；…（6分）
（Ⅲ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0．
则x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，从而y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁•x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{{m}^{2}-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
可得y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+2{k}^{2}}$，
由向量加法的平行四边形法则，得$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{OP}$，
∵$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，
∴$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=λ$\overrightarrow{OQ}$，
（i）当m=0时，直线l：y=kx+m过原点，点A与B关于原点对称，不合题意．
（ii）当m≠0时，点A，B不关于原点对称，则λ≠0，
设Q（x₀，y₀），则（x₁，y₁）+（x₂，y₂）=λ（x₀，y₀），
得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{1}{λ}（{x}_{1}+{x}_{2}）}\\{{y}_{0}=\frac{1}{λ}（{y}_{1}+{y}_{2}）}\end{array}\right.$，从而$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{-4km}{λ（1+2{k}^{2}）}}\\{{y}_{0}=\frac{2m}{λ（1+2{k}^{2}）}}\end{array}\right.$．
∵点Q在椭圆上，将Q的坐标代入椭圆方程中，得（$\frac{-4km}{λ（1+2{k}^{2}）}$）²+2（$\frac{2m}{λ（1+2{k}^{2}）}$）²=2，
化简得4m²=λ²（1+2k²）．…①
又△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=8（1+2k²-m²），由△＞0，得1+2k²＞m²．…②
由①、②得4m²＞λ²m²，
∵m≠0，∴0＜λ²＜4．…④
因此，实数λ的取值范围是-2＜λ＜0，或0＜λ＜2．

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转化为方程联立得到△＞0及根与系数的关系、向量相等等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．