Question

18．如圖，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右頂點為A（2，0），左、右焦點分別為F₁、F₂，過點A且斜率為$\frac{1}{2}$的直線與y軸交于點P，與橢圓交于另一個點B，且點B在x軸上的射影恰好為點F₁．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）過點P且斜率大于$\frac{1}{2}$的直線與橢圓交于M，N兩點（|PM|＞|PN|），若S_△PAM：S_△PBN=λ，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知條件列出方程組，求解橢圓的幾何量，然后求解橢圓C的方程．
（Ⅱ）利用三角形的面積的比值，推出線段的比值，得到$\overrightarrow{PM}=-\frac{λ}{2}\overrightarrow{PN}$．設MN方程：y=kx-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，利用韋達定理，求出$\overrightarrow{PM}=（{x_1}，{y_1}+1），\overrightarrow{PN}=（{x_2}，{y_2}+1）$，解出${x_1}=-\frac{λ}{2}{x_2}$，將${x_1}=-\frac{λ}{2}{x_2}$橢圓方程，然后求解實數(shù)λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）因為BF₁⊥x軸，得到點$B（-c，-\frac{b^2}{a}）$，
所以$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ \frac{b^2}{a（a+c）}=\frac{1}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{3}\\ c=1\end{array}\right.$，所以橢圓C的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）因為$\frac{{{S_{△PAM}}}}{{{S_{△PBN}}}}=\frac{{\frac{1}{2}PA•PM•sin∠APM}}{{\frac{1}{2}PB•PN•sin∠BPN}}=\frac{2•PM}{1•PN}=λ⇒\frac{PM}{PN}=\frac{λ}{2}（λ＞2）$，
所以$\overrightarrow{PM}=-\frac{λ}{2}\overrightarrow{PN}$．由（Ⅰ）可知P（0，-1），設MN方程：y=kx-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$得：（4k²+3）x²-8kx-8=0．即得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{8k}{{4{k^2}+3}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{-8}{{4{k^2}+3}}\end{array}\right.$（*）
又$\overrightarrow{PM}=（{x_1}，{y_1}+1），\overrightarrow{PN}=（{x_2}，{y_2}+1）$，有${x_1}=-\frac{λ}{2}{x_2}$，
將${x_1}=-\frac{λ}{2}{x_2}$代入（*）可得：$\frac{{{{（2-λ）}^2}}}{λ}=\frac{{16{k^2}}}{{4{k^2}+3}}$．
因為$k＞\frac{1}{2}$，有$\frac{{16{k^2}}}{{4{k^2}+3}}=\frac{16}{{\frac{3}{k^2}+4}}∈（1，4）$，
則$1＜\frac{{{{（2-λ）}^2}}}{λ}＜4$且λ＞2$⇒4＜λ＜4+2\sqrt{3}$．
綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍為$（4，4+2\sqrt{3}）$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質以及這些與橢圓的位置關系的綜合應用，考查轉化思想以及計算能力．