题目 已知椭圆 $C_1:\dfrac{x^2}{a^2 }+\dfrac{y^2}{b^2 }=1\left(a>b>0\right) $ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt{2}}{ 2} $，其短轴的下端点在抛物线 $x^2=4y $ 的准线上．设 $ O$ 为坐标原点，$ M$ 是直线 $l:x=2 $ 上的动点，$ F$ 为椭圆的右焦点，过点 $F $ 作 $OM $ 的垂线与以 $OM $ 为直径的圆 $C_2 $ 相交于 $P$，$Q $ 两点，与椭圆 $C_1 $ 相交于 $ A$，$B$ 两点，如图所示．<br><img src="/static/images/d756f061e97755746fab3653cb88121c.png" class="img-responsive" /> 问题1 求椭圆 $C_1 $ 的方程． 答案1 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$ 解析1 由题意得$$\begin{cases}\dfrac ca=\dfrac{\sqrt 2}{2},\\b=1,\end{cases}$$又 $a^2=b^2+c^2$，所以解得 $a=\sqrt 2$，$b=1$．<br/>故椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$． 备注1 问题2 若 $\left|PQ\right|=\sqrt{6} $，求圆 $C_2 $ 的方程； 答案2 $(x-1)^2+(y\pm 1)^2=2$ 解析2 设 $OM$ 与 $PQ$ 交于 $E$ 点，$H(2,0)$．如图．<img src="/static/images/a6c9e3fdd5567496bb1972280ebf8ef8.png" class="img-responsive" />由于 $\triangle OEF$ 与 $\triangle OHM$ 相似，于是\[|OE|\cdot |OM|=|OF|\cdot |OH|=2,\]又根据相交弦定理，有\[|OE|\cdot |EM|=|PE|\cdot |EQ|=\dfrac 32,\]于是有$$|OE|\cdot|OE|=\dfrac 12,$$从而解得 $OM=2\sqrt 2$，因此 $M(2,\pm 2)$，进而可得圆 $C_2$ 的方程为\[(x-1)^2+(y\pm 1)^2=2.\] 备注2 问题3 设 $C_2 $ 与四边形 $OAMB $ 的面积分别为 $S_1,S_2 $，若 $S_1=\lambda S_2 $，求 $\lambda $ 的取值范围． 答案3 $\left[\dfrac{\sqrt 2}2\pi,+\infty\right)$ 解析3 根据题意，有\[\lambda=\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{\pi \cdot \left(\dfrac 12|OM|\right)^2}{\dfrac 12\cdot |AB|\cdot |OM|}=\dfrac{\pi}2\cdot \dfrac{|OM|}{|AB|},\]设直线 $PQ$ 的倾斜角为 $\theta$，则\[|AB|=\dfrac{2ab^2}{b^2+c^2\sin^2\theta}=\dfrac{2\sqrt 2}{1+\sin^2\theta},\]而\[|OM|=\dfrac{|OH|}{\sin\theta}=\dfrac{2}{\sin\theta},\]这样就有\[\lambda=\dfrac{\pi}2\cdot \dfrac{1+\sin^2\theta}{\sqrt 2\cdot \sin\theta}=\dfrac{\pi}{2\sqrt 2}\left(\sin\theta+\dfrac{1}{\sin\theta}\right),\]从而其取值范围是 $\left[\dfrac{\sqrt 2}2\pi,+\infty\right)$． 备注3 每日一题[893]面积之比．