Question

7．已知椭圆C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，两焦点分别为F₁，F₂，右顶点为M，$\overrightarrow{M{F}_{1}}$•$\overrightarrow{M{F}_{2}}$=-2．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设过定点（-2，0）的直线l与双曲线$\frac{{x}^{2}}{4}$-y²=1的左支有两个交点，与椭圆C交于A，B两点，与圆N：x²+（y-3）²=4交于P，Q两点，若△MAB的面积为$\frac{6}{5}$，$\overrightarrow{AB}$=λ$\overrightarrow{PQ}$，求正数λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设F₁（0，-c），F₂（0，c），M（b，0），由$\overrightarrow{M{F}_{1}}$•$\overrightarrow{M{F}_{2}}$=-2，得2b²-a²=-2，再由离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求出a，b，由此能求出椭圆C的标准方程．
（Ⅱ）设直线l：y=k（x+2），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（k²+4）x²+4k²x+4k²-4=0由此利用根的判别式、韦达定理、韦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式，结合已知条件能求出结果．

解答 解：（Ⅰ）由已知，不妨设F₁（0，-c），F₂（0，c），M（b，0），
∴$\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}$=（-b，-c）•（-b，c）=b²-c=-2，即2b²-a²=-2，
又∵${e}^{2}=1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{3}{4}$，∴b²=1，a²=4，
∴椭圆C的标准方程为x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（Ⅱ）依题设，如图，直线l的斜率存在，设l：y=k（x+2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（k²+4）x²+4k²x+4k²-4=0，
△=（4k²）²-4（k²+4）（4k²-4）＞0，即3k²-4＜0，
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+4}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{4-3{k}^{2}}}{{k}^{2}+4}$，
点M到直线l的距离为d=$\frac{3|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴${S}_{△MAB}=\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{6|k|\sqrt{4-3{k}^{2}}}{{k}^{2}+4}$=$\frac{6}{5}$，
整理得19k⁴-23k²+4=0，解得k²=1或k²=$\frac{4}{19}$，
又由直线l与圆相交，有d₁=$\frac{|2k-3|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$＜2，解得k＞$\frac{5}{12}$，
依题设，直线l与双曲线$\frac{{x}^{2}}{4}-{y}^{2}$=1的左支有两个交点，∴必有k＞$\frac{1}{2}$．∴k=1．
此时|AB|=$\sqrt{2}×\frac{4}{5}$=$\frac{4\sqrt{2}}{5}$，|PQ|=2$\sqrt{4-{{d}_{1}}^{2}}$=2×$\sqrt{4-\frac{1}{2}}$=$\sqrt{14}$，
∴正数$λ=\frac{|AB|}{|PQ|}$=$\frac{4\sqrt{2}}{5}×\frac{1}{\sqrt{14}}$=$\frac{4\sqrt{7}}{35}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数值的求法，考查根的判别式、韦达定理、韦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式、椭圆性质的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，函数与方程思想，是中档题．