题目内容
7．在平面直角坐标系xOy中，设直线C1：$\frac{x}{a}$+$\frac{y}{b}$=1（a＞b＞0）与坐标轴所围成的封闭图形的面积为1，直线C1上的点到原点O的最短距离为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为Γ．（1）求椭圆Γ的标准方程；
（2）己知直线l：y=kx+m与椭圆Γ交于不同两点A、B，点G是线段AB中点，射线OG交轨迹Γ于点Q，且$\overrightarrow{OQ}$=λ$\overrightarrow{OG}$，λ∈R，若△AOB的面积为1，求λ的值．
分析 （1）由题意可得ab=2，再由点到直线的距离公式，可得a2+b2=5，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由直线代入椭圆方程，消去y，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式，由已知条件得m≠0，计算|x1-x2|，由此能求出△AOB的面积，解方程可得所求．
解答 解：（1）直线C1：$\frac{x}{a}$+$\frac{y}{b}$=1与坐标轴的交点为（a，0），（0，b），
即有$\frac{1}{2}$ab=1，即ab=2，
又原点到直线的距离为$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
即为$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
解得a=2，b=1，
则椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
由直线y=kx+m代入椭圆方程，消去y，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，
∴x1+x2=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$①
∴y1+y2=k（x1+x2）+2m=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$，
又由中点坐标公式，得G（$\frac{-4km}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$），
将Q（$\frac{-4λkm}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{λm}{1+4{k}^{2}}$）代入椭圆方程，化简，得λ2m2=1+4k2，②．
②解：由①②得m≠0，λ＞1且|x1-x2|=$\frac{4\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，③
结合②③，得S△AOB=$\frac{1}{2}$|m|•|x1-x2|=$\frac{2\sqrt{{λ}^{2}-1}}{{λ}^{2}}$，λ∈（1，+∞），
由S△AOB=1，解得λ=$\sqrt{2}$．
点评 本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查向量的共线的坐标表示和三角形的面积公式的运用，属于中档题．
每课必练系列答案
在长方体ABCD-A′B′C′D′中，AB=BC=2，过A′，C′，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到ABCD-A′C′D′，
如图所示，四边形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=2，点E在边AB上，点F在边CD上，且EF∥AD，沿EF将面EBCF折起，使得CF⊥AE．
如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P为正方体各面上的任一点．