Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设Q（2，0），过点（-1，0）的直线l交C于M，N两点，△QMN的面积记为S，若对满足条件的任意直线l，不等式S≤λtan∠MQN恒成立，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得即可得出；
（2）当MN⊥x轴时，把x=-1代入椭圆方程可得：y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，|MN|=$\sqrt{2}$，可得S=$\frac{1}{2}|MN|•|QF|$．由tan∠MQF=$\frac{|MF|}{|QF|}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$，可得tan∠MQN=tan2∠MQF=$\frac{2tan∠MQF}{1-ta{n}^{2}∠MQF}$，代入S≤λtan∠MQN恒成立，解得$λ≥\frac{17}{4}$．
当MN与x轴不垂直时，由S≤λtan∠MQN恒成立，可得$\frac{1}{2}|\overrightarrow{QM}||\overrightarrow{QN}|sin∠MQN$$≤λ•\frac{sin∠MQN}{cos∠MQN}$，化为$λ≥\frac{1}{2}\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{QN}$．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．可得λ≥$\frac{1}{2}$[（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂]=$\frac{1}{2}[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4+{y}_{1}{y}_{2}]$．可设直线l的方程为：y=k（x+1），与椭圆方程联立化为（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，利用根与系数的关系可得：$λ≥\frac{1}{2}$$[（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+（{k}^{2}-2）（{x}_{1}+{x}_{2}）+{k}^{2}+4]$，即可得出．

解答 解：（1）由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=1，b=c=1．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）当MN⊥x轴时，把x=-1代入椭圆方程可得：y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，|MN|=$\sqrt{2}$，
∴S=$\frac{1}{2}|MN|•|QF|$=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×3$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．
∵tan∠MQF=$\frac{|MF|}{|QF|}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$，∴tan∠MQN=tan2∠MQF=$\frac{2tan∠MQF}{1-ta{n}^{2}∠MQF}$=$\frac{6\sqrt{2}}{17}$，
∵S≤λtan∠MQN恒成立，
∴$\frac{3\sqrt{2}}{2}≤λ•\frac{6\sqrt{2}}{17}$，
解得$λ≥\frac{17}{4}$．
当MN与x轴不垂直时，∵S≤λtan∠MQN恒成立，∴$\frac{1}{2}|\overrightarrow{QM}||\overrightarrow{QN}|sin∠MQN$$≤λ•\frac{sin∠MQN}{cos∠MQN}$，
∴$λ≥\frac{1}{2}\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{QN}$．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）.$\overrightarrow{QM}$（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{QN}$=（x₂-2，y₂）．
则λ≥$\frac{1}{2}$[（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂]=$\frac{1}{2}[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4+{y}_{1}{y}_{2}]$．
∵MN与x轴不垂直时，可设直线l的方程为：y=k（x+1），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化为（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$．
∴y₁y₂=k²（x₁+1）（x₂+1）=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+{k}^{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+{k}^{2}$，
∴$λ≥\frac{1}{2}$$[（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+（{k}^{2}-2）（{x}_{1}+{x}_{2}）+{k}^{2}+4]$=$\frac{1}{2}[\frac{（2{k}^{2}-2）（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}（{k}^{2}-2）}{1+2{k}^{2}}+{k}^{2}+4]$=$\frac{1}{2}×\frac{17{k}^{2}+2}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{17}{4}$-$\frac{13}{4（2{k}^{2}+1）}$．
∴$λ＞\frac{17}{4}$．
综上可得：$λ≥\frac{17}{4}$．
∴λ的最小值为$\frac{17}{4}$．

点评 本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得根与系数的关系、向量数量积运算性质、三角形面积计算公式、不等式的性质，考查了恒成立问题的等价转化方法、推理能力与计算能力，属于难题．