Question

11．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為4$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P（0，1）的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$+λ$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題知：$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\ \frac{1}{2}•2a•2b=4\sqrt{2}\\{a^2}-{b^2}={c^2}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+1，A，B的坐標(biāo)分別為（x₁，y₂），（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立化為（2k²+1）x²+4kx-2=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)即可得出定值．當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)也成立．

解答 解：（1）由題知：$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\ \frac{1}{2}•2a•2b=4\sqrt{2}\\{a^2}-{b^2}={c^2}\end{array}\right.$，解得$a=2，b=\sqrt{2}$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+1，A，B的坐標(biāo)分別為（x₁，y₂），（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=kx+1\end{array}\right.$的（2k²+1）x²+4kx-2=0，
其判別式△=（4k）²+8（2k²+1）＞0，
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}$．
從而，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}+λ\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}+λ[{{x_1}{x_2}+（{{y_1}-1}）（{{y_2}-1}）}]$
$\begin{array}{l}=（{1+λ}）（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+k（{{x_1}+{x_2}}）+1\\=\frac{{（{-2λ-4}）{k^2}+（{-2λ-1}）}}{{2{k^2}+1}}=-\frac{λ-1}{{2{k^2}+1}}-λ-2.\end{array}$
∴當(dāng)λ=1時(shí)，$-\frac{λ-1}{{2{k^2}+1}}-λ-2=-3$．
當(dāng)直線AB的斜率不存在，
此時(shí)，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}+λ\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{PD}=-2-1=-3$．
故存在常數(shù)$λ=1，\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}+λ\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}$為定值-3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．