Question

19．如圖，已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，P為橢圓E上的動點，P到點M（0，2）的距離的最大值為$\frac{2}{3}\sqrt{21}$，直線l交橢圓于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）兩點．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若以P為圓心的圓的半徑為$\frac{2}{5}\sqrt{5}$，且圓P與OA、OB相切．
（i）是否存在常數(shù)λ，使x₁x₂+λy₁y₂=0恒成立？若存在，求出常數(shù)λ；若不存在，說明理由；
（ii）求△OAB的面積．

Answer 1

分析 （1）$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，可得a=2b，$c=\sqrt{3}b$．可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=b²．設(shè)P（x，y），（-b≤y≤b）．P到點M（0，2）的距離d=$\sqrt{{x}^{2}+（y-2）^{2}}$=$\sqrt{4^{2}+\frac{16}{3}-3（y+\frac{2}{3}）^{2}}$．當(dāng)0＜b＜$\frac{2}{3}$時，y=-b時，d取得最大值，舍去．
當(dāng)$\frac{2}{3}$≤b時，y=-$\frac{2}{3}$時，d取得最大值，可得$\sqrt{4^{2}+\frac{16}{3}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{21}$，解得b即可得出．
（2）（i）設(shè)P（m，n），則$\frac{{m}^{2}}{4}+{n}^{2}$=1．⊙P的方程為：（x-m）²+（y-n）²=$\frac{4}{5}$，設(shè)經(jīng)過原點O的⊙P的切線方程為：y=kx，不妨設(shè)OA的方程為：y=k₁x，OB的方程為：y=k₂x．則$\frac{|km-n|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，化為：（5m²-4）k²-10mnk+5n²-4=0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得x₁，y₁．同理可得：x₂，y₂．假設(shè)存在常數(shù)λ，使x₁x₂+λy₁y₂=0恒成立，代入即可得出．
（ii）由（i）可得：OA⊥OB，|OA|²=${x}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}$=4，|OA|=2，同理可得：|OB|=2．即可得出S_△OAB=$\frac{1}{2}|OA|•|OB|$．

解答 解：（1）∵$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，可得a=2b，$c=\sqrt{3}b$．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=b²，
設(shè)P（x，y），（-b≤y≤b）．
P到點M（0，2）的距離d=$\sqrt{{x}^{2}+（y-2）^{2}}$=$\sqrt{4（^{2}-{y}^{2}）+（{y}^{2}-4y+4）}$=$\sqrt{4^{2}+\frac{16}{3}-3（y+\frac{2}{3}）^{2}}$，
當(dāng)0＜b＜$\frac{2}{3}$時，y=-b時，d取得最大值，∴b+2=$\frac{2}{3}\sqrt{21}$，解得b=$\frac{2}{3}\sqrt{21}$-2$＞\frac{2}{3}$，舍去．
當(dāng)$\frac{2}{3}$≤b時，y=-$\frac{2}{3}$時，d取得最大值，∴$\sqrt{4^{2}+\frac{16}{3}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{21}$，解得b=1，滿足條件．
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）（i）設(shè)P（m，n），則$\frac{{m}^{2}}{4}+{n}^{2}$=1．
⊙P的方程為：（x-m）²+（y-n）²=$\frac{4}{5}$，
設(shè)經(jīng)過原點O的⊙P的切線方程為：y=kx，不妨設(shè)OA的方程為：y=k₁x，OB的方程為：y=k₂x．
則$\frac{|km-n|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，化為：（5m²-4）k²-10mnk+5n²-4=0，
∴k₁+k₂=$\frac{10mn}{5{m}^{2}-4}$，k₁k₂=$\frac{5{n}^{2}-4}{5{m}^{2}-4}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得x₁=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}}$，y₁=$\frac{2{k}_{1}}{\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}}$．
同理可得：${x}_{2}=\frac{-2}{\sqrt{1+{k}_{2}^{2}}}$，y₂=$\frac{-2{k}_{2}}{\sqrt{1+{k}_{2}^{2}}}$．
假設(shè)存在常數(shù)λ，使x₁x₂+λy₁y₂=0恒成立，則$\frac{-4}{\sqrt{（1+{k}_{1}^{2}）（1+{k}_{2}^{2}）}}$+$\frac{-4λ{k}_{1}{k}_{2}}{\sqrt{（1+{k}_{1}^{2}）（1+{k}_{2}^{2}）}}$=0，
解得λ=-k₁k₂=-$\frac{5{n}^{2}-4}{5{m}^{2}-4}$=-$\frac{5（1-\frac{{m}^{2}}{4}）-4}{5{m}^{2}-4}$=$\frac{1}{4}$為常數(shù)．
（ii）由（i）可得：OA⊥OB，|OA|²=${x}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}$=$\frac{4}{1+{k}_{1}^{2}}+\frac{4{k}_{1}^{2}}{1+{k}_{1}^{2}}$=4，∴|OA|=2，
同理可得：|OB|=2．
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}|OA|•|OB|$=2．

點評 本題考查了橢圓的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓相交問題、直線與圓相切性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點到直線的距離公式、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．