Question

7．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（α=2b＞0），直线l过点A（2a，0），B（0，2b），原点O到直线AB的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在过点P（0，2）的直线l与椭圆交于N，M两点，且使$\overrightarrow{QM}$=（λ+1）$\overrightarrow{QN}$-$λ\overrightarrow{QP}$成立（Q为直线l外的一点，λ＞0）？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由直线l过点A（2a，0），B（0，2b），可得直线l的方程为：$\frac{x}{2a}+\frac{y}{2b}$=1，化为bx+ay-2ab=0．原点O到直线AB的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，可得$\frac{2ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，又a=2b，联立解出即可．
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx+2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
△＞0，化为：k²$＞\frac{3}{4}$．假设存在λ＞0使$\overrightarrow{QM}$=（λ+1）$\overrightarrow{QN}$-$λ\overrightarrow{QP}$成立（Q为直线l外的一点），化为：$\overrightarrow{OM}$=$（λ+1）\overrightarrow{ON}$-λ$\overrightarrow{OP}$，x₁=x₂（1+λ），与根与系数的关系联立可得．

解答 解：（1）∵直线l过点A（2a，0），B（0，2b），
∴直线l的方程为：$\frac{x}{2a}+\frac{y}{2b}$=1，化为bx+ay-2ab=0．
∵原点O到直线AB的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴$\frac{2ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
又a=2b，a²=b²+c²，
联立解得b=1，a=2，c=$\sqrt{3}$．
∴椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx+2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立：$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
△=（16k）²-48（1+4k²）＞0，化为：k²$＞\frac{3}{4}$．
∴x₁+x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$．（*）
假设存在λ＞0使$\overrightarrow{QM}$=（λ+1）$\overrightarrow{QN}$-$λ\overrightarrow{QP}$成立（Q为直线l外的一点），
化为：$\overrightarrow{OM}$=$（λ+1）\overrightarrow{ON}$-λ$\overrightarrow{OP}$，
∴x₁=x₂（1+λ），与（*）联立可得：
0＜$\frac{64（1+λ）}{（2+λ）^{2}}$=$\frac{3（1+4{k}^{2}）}{{k}^{2}}$=$\frac{3}{{k}^{2}}$+12＜16，λ＞0．
解得：λ＞0．
∴λ＞0．

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、直线的方程、点到直线的距离公式、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．