Question

17．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦點為F，A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）為橢圓上一點，AF交y軸于點M，且M為AF的中點．
（I）求橢圓C的方程；
（II）直線l與橢圓C有且只有一個公共點A，平行于OA的直線交l于P，交橢圓C于不同的兩點D，E，問是否存在常數(shù)λ，使得|PA|²=λ|PD|•|PE|，若存在，求出λ的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）由題意可知：在△AFF₁中，OM∥AF₁，求得c=1，由A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）為橢圓上一點，代入即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（II）設(shè)直線DE的方程為$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+t$，代入橢圓方程，求得關(guān)于x的一元二次方程，由韋達(dá)定理可知：${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}t，{x_1}•{x_2}={t^2}-1$，求得|PD|•|PE|，由直線l和DE方程，求得P點坐標(biāo)，求得|PA|²，即可求得λ的值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的右焦點是F₁，在△AFF₁中，OM∥AF₁，
∴c=1，…（2分）
∵A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）為橢圓上一點，
∴$\frac{^{2}}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+1，
∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$…（4分）
（Ⅱ）設(shè)直線DE的方程為$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+t$，解方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+t}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，消去y得到${x^2}+\sqrt{2}tx+{t^2}-1=0$，
設(shè)D（x₁，y₁）E（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}t，{x_1}•{x_2}={t^2}-1$，其中△=4-2t²＞0…（6分）
$|{PD}|•|{PE}|={（\sqrt{1+{{（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）}^2}}）^2}|{{x_P}-{x_1}}|•|{x{\;}_P-{x_2}}|=\frac{3}{2}|{{x_P}^2-{x_P}（{{x_1}+{x_2}}）+{x_1}{x_2}}|$，
又直線l的方程為$\frac{x}{2}+\frac{{\sqrt{2}y}}{2}=1$，直線DE的方程為$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+t$，…（8分）
所以P點坐標(biāo)${x_P}=\frac{{2-\sqrt{2}t}}{2}，{y_P}=\frac{{2+\sqrt{2}t}}{{2\sqrt{2}}}$，
∴$|{PD}|•|{PE}|=\frac{3}{4}{t^2}，{|{AP}|^2}={（{\frac{{2-\sqrt{2}t}}{2}-1}）^2}+{（{\frac{{2+\sqrt{2}t}}{{2\sqrt{2}}}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）^2}=\frac{3}{4}{t^2}$，
∴存在常數(shù)λ=1使得|PA|²=λ|PE|•|PD|…（12分）

點評 本題考查了橢圓的幾何性質(zhì)的應(yīng)用問題，考查了直線與橢圓方程位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式的綜合應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．