Question

16．如图，已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c、0），（0，b）的直线的距离为λc（λ∈（0，1），垂直于x轴的直线l与椭圆C₁及圆C₂：x²+y²=a²均有两个交点，这四个交点按其坐标从大到小分别为A、B、C、D
（Ⅰ）当λ=$\frac{1}{3}$时，求$\frac{|BC|}{|AD|}$的值；
（Ⅱ）设N（a，0），若存在直线l使得BO∥AN，证明：0＜λ＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出过两点（c、0），（0，b）的直线方程，由点到直线的距离公式可得b=λa，取λ=$\frac{1}{3}$，求得椭圆方程，然后分别联立直线x=m（-a＜m＜a）与椭圆与圆方程，求出点的坐标，则$\frac{|BC|}{|AD|}$的值可求；
（Ⅱ）联立直线方程和椭圆方程、直线方程和圆的方程，求出A，B的坐标，由斜率相等可得$m=\frac{λ}{λ-1}a$，结合-a＜m＜0即可证得0＜λ＜$\frac{1}{2}$．

解答 （Ⅰ）解：过两点（c、0），（0，b）的直线方程为$\frac{x}{c}+\frac{y}{b}=1$，即bx+cy-bc=0，
由原点O到直线bx+cy-bc=0的距离为λc（λ∈（0，1），得$\frac{bc}{\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}}=λc$，即b=λa，
当λ=$\frac{1}{3}$时，b=$\frac{1}{3}a$，
此时椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{9{y}^{2}}{{a}^{2}}=1$．
设直线l的方程为x=m（-a＜m＜a），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{9{y}^{2}}{{a}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得B（m，$\frac{1}{3}\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），C（m，$-\frac{1}{3}\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，解得A（m，$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），D（m，-$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
∴$\frac{|BC|}{|AD|}$=$\frac{\frac{2}{3}\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{2\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}=\frac{1}{3}$；
（Ⅱ）证明：如图，
由（Ⅰ）得，A（m，$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}{a}^{2}}=1}\end{array}\right.$，得B（m，λ$\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}$），
又N（a，0），
∴${k}_{AN}=\frac{\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m-a}$，
而${k}_{OB}=\frac{λ\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m}$，
由BO∥AN，得$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m-a}=\frac{λ\sqrt{{a}^{2}-{m}^{2}}}{m}$，
∴m=λ（m-a），即$m=\frac{λ}{λ-1}a$．
∵-a＜m＜0，
∴$\frac{λ}{λ-1}a＞-a$，即$\frac{λ}{λ-1}+1＞0$，
解得：λ＞1（舍）或$λ＜\frac{1}{2}$，
又λ∈（0，1），
∴0＜λ＜$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了圆与椭圆问题的综合应用，体现了数学转化思想方法，是中档题．