已知椭圆的焦点在 $x$ 轴上，椭圆上任意一点到焦点的最大距离为 $2+\sqrt3$，最小距离为 $2-\sqrt3$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求椭圆方程；标注答案$\dfrac {x^2}{4}+y^2=1$解析设椭圆半长轴，半短轴，以及半焦距分别为 $a,b,c$，其中 $a>b>0,c>0$，且有$$a^2=b^2+c^2,$$根据题意有$$\begin{cases} a+c=2+\sqrt3,\\
a-c=2-\sqrt3, \end{cases}$$解得 $(a,c)=(2,\sqrt3)$，所以 $b=\sqrt{a^2-c^2}=1$，所求椭圆方程为$$\dfrac{x^2}{4}+y^2=1.$$ -
若 $A,B$ 为椭圆上任意两点，$O$ 为坐标原点，直线 $OA$ 的斜率为 $k_1$，直线 $OB$ 的斜率为 $k_2$，是否存在常数 $\lambda$ 满足 $k_1\cdot k_2=\lambda$ 时，$S_{\triangle OAB}$ 的面积为定值，若存在，求出 $\lambda$ 的值；若不存在，请说明理由．标注答案存在 $\lambda=-\dfrac14$ 使得 $S_{\triangle ABC}$ 为常数 $1$解析假设存在常数 $\lambda$ 满足 $k_1\cdot k_2=\lambda$ 时，$S_{\triangle OAB}$ 的面积为定值 $t$（$t>0$），现求该定值 $t$，设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，不妨令 $x_1,x_2>0$，则联立直线 $OA$ 方程 $y=k_1x$ 与椭圆方程可得$$(x_1,y_1)=\left(\dfrac2{\sqrt{1+4k_1^2}},\dfrac{2k_1}{\sqrt{1+4k_1^2}}\right),$$同理可得$$(x_2,y_2)=\left(\dfrac2{\sqrt{1+4k_2^2}},\dfrac{2k_2}{\sqrt{1+4k_2^2}}\right),$$于是由三角形面积坐标公式可得$$\begin{split} S_{\triangle OAB}&=\dfrac12\left|x_1y_2-x_2y_1\right|\\
&=\dfrac{2\left|k_2-k_1\right|}{\sqrt{1+4k_1^2}\sqrt{1+4k_2^2}}\\
&=\dfrac{2|k_1-k_2|}{\sqrt{1+4k_1^2+4k_2^2+16\lambda^2}}.\end{split}$$由于$$S_{\triangle OAB}=t,$$所以$$4(k_1^2+k_2^2-2\lambda)=t^2(1+4k_1^2+4k_2^2+16\lambda^2),$$即有$$4(1-t^2)\left(k_1^2+\dfrac1{k_1^2}\right)=(1+16\lambda^2)t^2+8\lambda,$$上式右边为常数，因此只能$$\begin{cases} (1-t^2)=0,\\
(1+16\lambda^2)t^2+8\lambda=0, \end{cases}$$解得$$(t,\lambda)=\left(1,-\dfrac14\right),$$因此，存在 $\lambda=-\dfrac14$，使得 $S_{\triangle OAB}$ 的面积为定值 $1$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
