Question

19．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其左、右頂點(diǎn)分別為點(diǎn)A、B，且點(diǎn)A關(guān)于直線y=x對(duì)稱的點(diǎn)在直線y=3x-2上，點(diǎn)M在橢圓E上，且不與點(diǎn)A、B重合．
（Ⅰ）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知點(diǎn)N在圓O：x²+y²=b²上，MN⊥y軸，若直線MA、MB與y軸的交點(diǎn)分別為C、D，求證：sin∠CND為定值．

Answer 1

分析 （I）點(diǎn)A（-a，0）關(guān)于直線y=x對(duì)稱的點(diǎn)（0，-a）在直線y=3x-2上，可得-a=0-2，解得a．又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）設(shè)M（x₀，y₀），AM：y=k（x+2）（k≠0），可得C（0，2k）．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（2k²+1）x²+8k²x+8k²-4=0（k≠0）．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：M$（\frac{2-4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，\frac{4k}{2{k}^{2}+1}）$．可得BM的方程：y=-$\frac{1}{2k}$（x-2），D$（0，\frac{1}{k}）$．設(shè)N（x_N，y₀），計(jì)算$\overrightarrow{NC}•\overrightarrow{ND}$，即可得出．

解答 （I）解：點(diǎn)A（-a，0）關(guān)于直線y=x對(duì)稱的點(diǎn)（0，-a）在直線y=3x-2上，
∴-a=0-2，解得a=2．又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得b²=2=c²．
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（II）證明：設(shè)M（x₀，y₀），AM：y=k（x+2）（k≠0），令x=0，解得y=2k，∴C（0，2k）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（2k²+1）x²+8k²x+8k²-4=0（k≠0）．
∴-2x₀=$\frac{8{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，解得x₀=$\frac{2-4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$．∴y₀=$\frac{4k}{2{k}^{2}+1}$，即M$（\frac{2-4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}，\frac{4k}{2{k}^{2}+1}）$．
∴直線BM的斜率=$\frac{\frac{4k}{2{k}^{2}+1}}{\frac{2-4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}-2}$=-$\frac{1}{2k}$．
∴BM的方程：y=-$\frac{1}{2k}$（x-2），令x=0，解得y=$\frac{1}{k}$，∴D$（0，\frac{1}{k}）$．
設(shè)N（x_N，y₀），則$\overrightarrow{NC}$=（-x_N，2k-y₀），$\overrightarrow{ND}$=$（-{x}_{N}，\frac{1}{k}-{y}_{0}）$．
∴$\overrightarrow{NC}•\overrightarrow{ND}$=${x}_{N}^{2}$+${y}_{0}^{2}$+2-$\frac{2{k}^{2}+1}{k}{y}_{0}$．
∵${x}_{N}^{2}$+${y}_{0}^{2}$=2，y₀=$\frac{4k}{2{k}^{2}+1}$，
∴$\overrightarrow{NC}•\overrightarrow{ND}$=0．∴NC⊥ND．即∠CND=90°．
∴sin∠CND=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、斜率計(jì)算公式、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直于數(shù)量積的關(guān)系、對(duì)稱問題，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．