Question

11．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，左、右焦点分别为F₁，F₂，四个顶点围成的四边形面积为4$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设O为坐标原点，过点P（0，1）的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$+λ$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题知：$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\ \frac{1}{2}•2a•2b=4\sqrt{2}\\{a^2}-{b^2}={c^2}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x₁，y₂），（x₂，y₂），与椭圆方程联立化为（2k²+1）x²+4kx-2=0，利用根与系数的关系、向量数量积运算性质即可得出定值．当直线AB的斜率不存在时也成立．

解答 解：（1）由题知：$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\ \frac{1}{2}•2a•2b=4\sqrt{2}\\{a^2}-{b^2}={c^2}\end{array}\right.$，解得$a=2，b=\sqrt{2}$，
∴椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+1，A，B的坐标分别为（x₁，y₂），（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=kx+1\end{array}\right.$的（2k²+1）x²+4kx-2=0，
其判别式△=（4k）²+8（2k²+1）＞0，
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}$．
从而，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}+λ\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}+λ[{{x_1}{x_2}+（{{y_1}-1}）（{{y_2}-1}）}]$
$\begin{array}{l}=（{1+λ}）（{1+{k^2}}）{x_1}{x_2}+k（{{x_1}+{x_2}}）+1\\=\frac{{（{-2λ-4}）{k^2}+（{-2λ-1}）}}{{2{k^2}+1}}=-\frac{λ-1}{{2{k^2}+1}}-λ-2.\end{array}$
∴当λ=1时，$-\frac{λ-1}{{2{k^2}+1}}-λ-2=-3$．
当直线AB的斜率不存在，
此时，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}+λ\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{PD}=-2-1=-3$．
故存在常数$λ=1，\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}+λ\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}$为定值-3．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量数量积运算性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．