Question

2．已知椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其短轴的下端点在抛物线x²=4y的准线上．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）设O为坐标原点，M是直线l：x=2上的动点，F为椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以为OM直径的圆C₂相交于P，Q两点，与椭圆C₁相交于A，B两点，如图所示．?
①若PQ=$\sqrt{6}$，求圆C₂的方程；
②?设C₂与四边形OAMB的面积分别为S₁，S₂，若S₁=λS₂，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其短轴的下端点在抛物线x²=4y的准线上，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆C₁的方程．
（Ⅱ）①设M（2，t），则C₂的方程为（x-1）²+（y-$\frac{t}{2}$）²=1+$\frac{{t}^{2}}{4}$，由此利用圆的性质结合已知条件能求出圆C₂的方程．
②由①知PQ方程为2x+ty-2=0，（t≠0），代入椭圆方程得（8+t²）x²-16x+8-2t²=0，t≠0，由此利用根的判断式、韦达定理、弦长公式、分类讨论思想，能求出λ的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其短轴的下端点在抛物线x²=4y的准线上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知F（1，0），设M（2，t），则C₂的圆心坐标为（1，$\frac{t}{2}$），
C₂的方程为（x-1）²+（y-$\frac{t}{2}$）²=1+$\frac{{t}^{2}}{4}$，
直线PQ方程为y=-$\frac{2}{t}$（x-1），（t≠0），即2x+ty-2=0，（t≠0）
又圆C₂的半径r=$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}+4}$，
由（$\frac{|PQ|}{2}$）²+d²=r²，得（$\frac{\sqrt{6}}{2}$）²+$\frac{1}{4}（\frac{{t}^{2}}{\sqrt{{t}^{2}+4}}）^{2}$=$\frac{1}{4}（{t}^{2}+4）$，
解得t²=4，∴t=±2，
∴圆C₂的方程为：（x-1）²+（y-1）²=2或（x-1）²+（y+1）²=2．
②由①知PQ方程为2x+ty-2=0，（t≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{2x+ty-2=0}\end{array}\right.$，得（8+t²）x²-16x+8-2t²=0，t≠0，
则△=（-16）²-4（8+t²）（8-2t²）=8（t⁴+4t²）＞0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16}{8+{t}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{8-2{t}^{2}}{8+{t}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{[1+（\frac{2}{t}）^{2}][（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{\frac{{t}^{2}+4}{{t}^{2}}×\frac{1{6}^{2}-4（8+{t}^{2}）（8-2{t}^{2}）}{（{t}^{2}+8）}}$=2$\sqrt{2}$×$\frac{{t}^{2}+4}{{t}^{2}+8}$，
∴${S}_{2}=\frac{1}{2}×|OM|×|AB|$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}+4}×2\sqrt{2}×\frac{{t}^{2}+4}{{t}^{2}+8}$=$\sqrt{2}×\frac{\sqrt{（{t}^{2}+4）^{3}}}{{t}^{2}+8}$，
S₁=πr²=$\frac{π}{4}（{t}^{2}+4）$，
∵S₁=λS₂，
∴$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{\frac{π}{4}（{t}^{2}+4）}{\sqrt{2}×\frac{（{t}^{2}+4）\sqrt{{t}^{2}+4}}{{t}^{2}+8}}$=$\frac{π}{4\sqrt{2}}×\frac{{t}^{2}+8}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
当t=0时，PQ的方程为x=1，|AB|=$\sqrt{2}$，|OM|=2，
${S}_{2}=\frac{1}{2}$|OM|×|AB|=$\sqrt{2}$，${S}_{1}=π（\frac{1}{2}|OM|）^{2}$=π，
∴$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\frac{π}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}π$．
∵S₁=λS₂，
∴$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{π×\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{2}}}{2\sqrt{2}×\frac{（{t}^{2}+1）\sqrt{{t}^{2}+1}}{|t|×（2{t}^{2}+1）}}$=$\frac{π}{2\sqrt{2}}×\frac{2{t}^{2}+1}{|t|×\sqrt{{t}^{2}+1}}$
=$\frac{π}{2\sqrt{2}}×\sqrt{\frac{（2{t}^{2}+1）^{2}}{{t}^{2}（{t}^{2}+1）}}$=$\frac{π}{2\sqrt{2}}×\sqrt{4+\frac{1}{{t}^{2}（{t}^{2}+1）}}$＞$\frac{π}{2\sqrt{2}}×2$=$\frac{\sqrt{2}}{2}π$．
当直线PQ的斜率不存在时，PQ方程为x=1，|AB|=$\sqrt{2}$，|OM|=2，
∴S₂=$\frac{1}{2}$|OM|×|AB|=$\sqrt{2}$，S₁=$π（\frac{1}{2}|OM|）^{2}$=π，
$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\frac{π}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}π$．
综上，$λ≥\frac{\sqrt{2}}{2}π$．

点评 本题考查椭圆方程、圆的方程的求法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判断式、韦达定理、弦长公式、分类讨论思想的合理运用．