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（2013•泉州模擬）已知F（0，1）是中心在坐標原點O的橢圓C的一個焦點，且橢圓C的離心率e為
1
2
．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設：M（x1，y1）、N（x2，y2）為橢圓C上不同的點，直線MN的斜率為k1；A是滿足
OM
+
ON
=λ
OA
（λ≠0）的點，且直線OA的斜率為k2．
①求k1•k2的值；
②若A的坐標為（
3
2
，1），求實數λ的取值范圍．
分析：（I）依題意，可設橢圓C的方程為
y2
a2
+
x2
b2
=1（a＞b＞0），由c=1，e=
c
a
=
1
2
，a2=b2+c2，解出即可；
（II）解法一：①由M（x1，y1）、N（x2，y2）且k1存在，利用斜率計算公式和
OM
+
ON
=λ
OA
，λ≠0且k2存在，可得k2=
y2+y1
x2+x1
，進而得到k1•k2，把M（x1，y1），N（x2，y2）橢圓方程，即可得到k1•k2的值；
②若A的坐標為(
3
2
，1)，則k2=
2
3
，利用①可得k1=-2．設直線MN：y=-2x+m（m∈R），與橢圓的方程聯立得到根與系數的關系x1+x2=
3m
4
．
由
OM
+
ON
=λ
OA
，代入可得x1+x2=
3
2
λ，m=2λ．再利用△＞0，即可得到λ的取值范圍．
解法二：①設直線MN：y=k1x+m（m∈R），M（x1，y1）、N（x2，y2），得若m=0，則x1+x2=0，由A滿足
OM
+
ON
=λ
OA
（λ∈R，λ≠0），得xA=0，
由直線OA的斜率k2存在，∴m≠0．與橢圓的方程聯立可得，得到根與系數的關系，再利用滿足
OM
+
ON
=λ
OA
，及斜率的計算公式即可得出．
解答：解：（Ⅰ）依題意，可設橢圓C的方程為
y2
a2
+
x2
b2
=1（a＞b＞0），
由c=1，e=
c
a
=
1
2
，得a=2，
由b2=a2-c2，可得b2=3，
故橢圓C的方程為
y2
4
+
x2
3
=1．
（Ⅱ）解法一：①由M（x1，y1）、N（x2，y2）且k1存在，得k1=
y2-y1
x2-x1
，
由
OM
+
ON
=λ
OA
，λ≠0且k2存在，得k2=
y2+y1
x2+x1
，
則k1•k2=
y2+y1
x2+x1
•
y2-y1
x2-x1
=
y
2
2
-
y
2
1
x
2
2
-
x
2
1
．
∵M（x1，y1），N（x2，y2）在橢圓上，∴
y
2
1
4
+
x
2
1
3
=1，
y
2
2
4
+
x
2
2
3
=1，
兩式相減得
y
2
2
-
y
2
1
4
+
x
2
2
-
x
2
1
3
=0，
y
2
2
-
y
2
1
x
2
2
-
x
2
1
=-
4
3
，
∴k1•k2=-
4
3
．
②若A的坐標為(
3
2
，1)，則k2=
2
3
，由①可得k1=-2．
設直線MN：y=-2x+m（m∈R），
由
y=-2x+m
y2
4
+
x2
3
=1
得16x2-12mx+3m2-12=0，
所以x1+x2=
3m
4
．
∵
OM
+
ON
=λ
OA
，∴x1+x2=
3
2
λ，m=2λ．
又由△=（-12m）2-4•16•（3m2-12）＞0，解得-4＜m＜4，
∴-2＜λ＜2且λ≠0．
解法二：①設直線MN：y=k1x+m（m∈R），
若m=0，則x1+x2=0，
由A滿足
OM
+
ON
=λ
OA
（λ∈R，λ≠0），得xA=0，
∵直線OA的斜率k2存在，∴m≠0．
由
y=k1x+m
y2
4
+
x2
3
=1
得(4+3
k
2
1
)x2+6k1mx+3m2-12=0…（*）．
∵M（x1，y1）、N（x2，y2），∴x1+x2=-
6k1m
4+3
k
2
1
．
∵y1+y2=k1（x1+x2）+2m，A滿足
OM
+
ON
=λ
OA
，
∴直線OA的斜率k2=
y1+y2
x1+x2
=k1+
2m
x1+x2
=k1-
4+3
k
2
1
3k1
，
經化簡得k1•k2=-
4
3
．
②若A的坐標為(
3
2
，1)，則k2=
2
3
，由①可得k1=-2．
∴方程（*）可化為16x2-12mx+3m2-12=0，
下同解法一．
點評：本小題主要考查橢圓的標準方程、直線與橢圓相交問題轉化為方程聯立得到根與系數的關系、向量的運算等基礎知識，考查分類討論思想方法、推理論證能力、運算求解能力，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、數形結合思想等．
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•
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1
2
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3
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