Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別是F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過F₁且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為$\sqrt{2}$；
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若P為橢圓C在第一象限內(nèi)的任意一點，過點P且斜率為k₀的直線與橢圓相切，設(shè)PF₁，PF₂的斜率分別為k₁，k₂，試證明$\frac{1}{{k}_{0}{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{0}{k}_{2}}$為定值，并求出此定值；
（Ⅲ）若直線l：y=kx+m與橢圓C交于不同的兩點A、B，且原點O到直線l的距離為1，設(shè)$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=λ，當(dāng)$\frac{2}{3}$≤λ≤$\frac{3}{4}$時，求△AOB的面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過過F₁且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為$\sqrt{2}$可知$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}{^{2}}$=1，利用離心率為e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$可知$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過設(shè)點P的坐標(biāo)為（x₀，y₀）（x₀、y₀＞0）可知y₀=$\sqrt{1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}}$，利用導(dǎo)數(shù)知識可知k₀=-$\frac{1}{2}$•$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$，通過k₁=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+1}$、k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-1}$代入計算即得結(jié)論；
（Ⅲ）通過聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理、完全平方公式、平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算可知λ=$\frac{3{m}^{2}-2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$、|x₁-x₂|=$\frac{\sqrt{8（1+2{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+2{k}^{2}}$，利用原點O到直線l的距離為1可知m²=1+k²，進(jìn)而S=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{1+k}^{2}}$•|x₁-x₂|•1=$\sqrt{\frac{2{k}^{2}（1+{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，通過換元1+2k²=t可知S=$\sqrt{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{t}^{2}}）}$，利用$\frac{2}{3}$≤λ≤$\frac{3}{4}$可知2≤t≤3，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵過F₁且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為$\sqrt{2}$，
∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}{^{2}}$=1，
又∵離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴b²=1，
∴b²=a²-c²=a²-$\frac{1}{2}$a²=$\frac{1}{2}$a²=1，
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)點P的坐標(biāo)為（x₀，y₀）（x₀、y₀＞0），則y₀=$\sqrt{1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}}$，
又由y=$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{2}}$得y′=-$\frac{1}{2}$•$\frac{x}{\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{2}}}$，則k₀=-$\frac{1}{2}$•$\frac{{x}_{0}}{\sqrt{1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}}}$=-$\frac{1}{2}$•$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
又∵k₁=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+1}$，k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-1}$，
∴$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$=2$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
∴$\frac{1}{{k}_{0}{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{0}{k}_{2}}$=$\frac{1}{{k}_{0}}$（$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$）=-2$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$•2$\frac{{x}_{0}}{{y}_{0}}$=-4；
（Ⅲ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y、整理得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
∵直線l：y=kx+m與橢圓C交于不同的兩點A、B，
∴△＞0，即16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=8+16k²-8m²＞0，
∴1+2k²＞8m²，
x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴λ=$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$
=（x₁，y₁）•（x₂，y₂）
=x₁x₂+y₁y₂
=x₁x₂+[k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²]
=k²x₁x₂+（1+km）（x₁+x₂）+m²
=k²•$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+（1+km）（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）+m²
=$\frac{3{m}^{2}-2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∵|x₁-x₂|²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂
=（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）²-4•$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$
=$\frac{8（1+2{k}^{2}-{m}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，
∴|x₁-x₂|=$\frac{\sqrt{8（1+2{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+2{k}^{2}}$，
又∵原點O到直線l的距離為1，
∴$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，即m²=1+k²，
∴λ=$\frac{1+{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，|x₁-x₂|=$\frac{\sqrt{8{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
∴S=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{1+k}^{2}}$•|x₁-x₂|•1=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{1+k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{8{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$=$\sqrt{\frac{2{k}^{2}（1+{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
令1+2k²=t，則k²=$\frac{t-1}{2}$，
∴S=$\sqrt{\frac{2•\frac{t-1}{2}•\frac{t+1}{2}}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{{t}^{2}-1}{2{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{t}^{2}}）}$，
∵λ=$\frac{1+\frac{t-1}{2}}{1+2•\frac{t-1}{2}}$=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{t}$）∈[$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$]，
∴2≤t≤3，
故當(dāng)t=2時S_min=$\frac{\sqrt{6}}{4}$，當(dāng)t=3時S_max=$\frac{2}{3}$，
∴S的范圍是[$\frac{\sqrt{6}}{4}$，$\frac{2}{3}$]．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．