Question

2．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其短軸的下端點(diǎn)在拋物線x²=4y的準(zhǔn)線上．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M是直線l：x=2上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓的右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F作OM的垂線與以為OM直徑的圓C₂相交于P，Q兩點(diǎn)，與橢圓C₁相交于A，B兩點(diǎn)，如圖所示．?
①若PQ=$\sqrt{6}$，求圓C₂的方程；
②?設(shè)C₂與四邊形OAMB的面積分別為S₁，S₂，若S₁=λS₂，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其短軸的下端點(diǎn)在拋物線x²=4y的準(zhǔn)線上，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）①設(shè)M（2，t），則C₂的方程為（x-1）²+（y-$\frac{t}{2}$）²=1+$\frac{{t}^{2}}{4}$，由此利用圓的性質(zhì)結(jié)合已知條件能求出圓C₂的方程．
②由①知PQ方程為2x+ty-2=0，（t≠0），代入橢圓方程得（8+t²）x²-16x+8-2t²=0，t≠0，由此利用根的判斷式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、分類討論思想，能求出λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其短軸的下端點(diǎn)在拋物線x²=4y的準(zhǔn)線上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知F（1，0），設(shè)M（2，t），則C₂的圓心坐標(biāo)為（1，$\frac{t}{2}$），
C₂的方程為（x-1）²+（y-$\frac{t}{2}$）²=1+$\frac{{t}^{2}}{4}$，
直線PQ方程為y=-$\frac{2}{t}$（x-1），（t≠0），即2x+ty-2=0，（t≠0）
又圓C₂的半徑r=$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}+4}$，
由（$\frac{|PQ|}{2}$）²+d²=r²，得（$\frac{\sqrt{6}}{2}$）²+$\frac{1}{4}（\frac{{t}^{2}}{\sqrt{{t}^{2}+4}}）^{2}$=$\frac{1}{4}（{t}^{2}+4）$，
解得t²=4，∴t=±2，
∴圓C₂的方程為：（x-1）²+（y-1）²=2或（x-1）²+（y+1）²=2．
②由①知PQ方程為2x+ty-2=0，（t≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{2x+ty-2=0}\end{array}\right.$，得（8+t²）x²-16x+8-2t²=0，t≠0，
則△=（-16）²-4（8+t²）（8-2t²）=8（t⁴+4t²）＞0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16}{8+{t}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{8-2{t}^{2}}{8+{t}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{[1+（\frac{2}{t}）^{2}][（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{\frac{{t}^{2}+4}{{t}^{2}}×\frac{1{6}^{2}-4（8+{t}^{2}）（8-2{t}^{2}）}{（{t}^{2}+8）}}$=2$\sqrt{2}$×$\frac{{t}^{2}+4}{{t}^{2}+8}$，
∴${S}_{2}=\frac{1}{2}×|OM|×|AB|$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}+4}×2\sqrt{2}×\frac{{t}^{2}+4}{{t}^{2}+8}$=$\sqrt{2}×\frac{\sqrt{（{t}^{2}+4）^{3}}}{{t}^{2}+8}$，
S₁=πr²=$\frac{π}{4}（{t}^{2}+4）$，
∵S₁=λS₂，
∴$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{\frac{π}{4}（{t}^{2}+4）}{\sqrt{2}×\frac{（{t}^{2}+4）\sqrt{{t}^{2}+4}}{{t}^{2}+8}}$=$\frac{π}{4\sqrt{2}}×\frac{{t}^{2}+8}{\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
當(dāng)t=0時(shí)，PQ的方程為x=1，|AB|=$\sqrt{2}$，|OM|=2，
${S}_{2}=\frac{1}{2}$|OM|×|AB|=$\sqrt{2}$，${S}_{1}=π（\frac{1}{2}|OM|）^{2}$=π，
∴$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\frac{π}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}π$．
∵S₁=λS₂，
∴$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{π×\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{2}}}{2\sqrt{2}×\frac{（{t}^{2}+1）\sqrt{{t}^{2}+1}}{|t|×（2{t}^{2}+1）}}$=$\frac{π}{2\sqrt{2}}×\frac{2{t}^{2}+1}{|t|×\sqrt{{t}^{2}+1}}$
=$\frac{π}{2\sqrt{2}}×\sqrt{\frac{（2{t}^{2}+1）^{2}}{{t}^{2}（{t}^{2}+1）}}$=$\frac{π}{2\sqrt{2}}×\sqrt{4+\frac{1}{{t}^{2}（{t}^{2}+1）}}$＞$\frac{π}{2\sqrt{2}}×2$=$\frac{\sqrt{2}}{2}π$．
當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，PQ方程為x=1，|AB|=$\sqrt{2}$，|OM|=2，
∴S₂=$\frac{1}{2}$|OM|×|AB|=$\sqrt{2}$，S₁=$π（\frac{1}{2}|OM|）^{2}$=π，
$λ=\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=\frac{π}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}π$．
綜上，$λ≥\frac{\sqrt{2}}{2}π$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程、圓的方程的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判斷式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、分類討論思想的合理運(yùn)用．