Question

19．已知點F為橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左焦點，且兩焦點與短軸的一個頂點構(gòu)成一個等邊三角形，直線$\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1$與橢圓E有且僅有一個交點M．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）設直線$\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1$與y軸交于P，過點P的直線與橢圓E交于兩不同點A，B，若λ|PM|²=|PA|•|PB|，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得a，b與c的關(guān)系，化橢圓方程為$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，由判別式為0求得c，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得M坐標，得到|PM|²，當直線l與x軸垂直時，直接由λ|PM|²=|PA|•|PB|求得λ值；當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y=kx+2，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，利用判別式大于0求得k的取值范圍，再由根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合λ|PM|²=|PA|•|PB|，把λ用含有k的表達式表示，則實數(shù)λ的取值范圍可求．

解答 解：（Ⅰ）由題意，得$a=2c，b=\sqrt{3}c$，則橢圓E為：$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}={c^2}\\ \frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1\end{array}\right.$，得x²-2x+4-3c²=0，
∵直線$\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1$與橢圓E有且僅有一個交點M，
∴△=4-4（4-3c²）=0，得c²=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$M（{1，\frac{3}{2}}）$，
∵直線$\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1$與y軸交于P（0，2），∴${|{PM}|^2}=\frac{5}{4}$，
當直線l與x軸垂直時，$|{PA}|•|{PB}|=（{2+\sqrt{3}}）（{2-\sqrt{3}}）=1$，
由λ|PM|²=|PA|•|PB|，得$λ=\frac{4}{5}$，
當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y=kx+2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+16kx+4=0，
依題意得，${x_1}{x_2}=\frac{4}{{3+4{k^2}}}$，且△=48（4k²-1）＞0，
∴$|{PA}||{PB}|=（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}=（{1+{k^2}}）•\frac{4}{{3+4{k^2}}}=1+\frac{1}{{3+4{k^2}}}=\frac{5}{4}λ$，
∴$λ=\frac{4}{5}（{1+\frac{1}{{3+4{k^2}}}}）$，
∵${k^2}＞\frac{1}{4}$，∴$\frac{4}{5}＜λ＜1$，
綜上所述，λ的取值范圍是$[{\frac{4}{5}，1}）$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應用，體現(xiàn)了“分類討論”的數(shù)學思想方法，屬中檔題．