Question

10．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，點(diǎn)$（\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$在橢圓C上．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l：y=kx+m（k≠0，m≠0）與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)為M，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)．證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．

Answer 1

分析 （I）由橢圓離心率和橢圓過(guò)定點(diǎn)，列出方程組，求出a²，b²．由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）法一：將y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、直線的斜率，能證明直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
法二：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用點(diǎn)差差法能證明直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．

解答 （本小題滿分13分）
解：（I）由題意得$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ \frac{3}{a^2}+\frac{1}{{4{b^2}}}=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}.\end{array}\right.$，解得a²=4，b²=1．
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）法一：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x_M，y_M）．
將y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，
$△={（8km）^2}-4（4{k^2}+1）（4{m^2}-4）＞0，{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}$，
故${x_M}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=-\frac{4km}{{4{k^2}+1}}$，${y_M}=k{x_M}+m=\frac{m}{{4{k^2}+1}}$．
于是直線OM的斜率${k_{OM}}=\frac{y_M}{x_M}=-\frac{1}{4k}$，即${k_{OM}}•k=-\frac{1}{4}$．
所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值$-\frac{1}{4}$． …（13分）

法二：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x_M，y_M）．則x_M≠0，x₁-x₂≠0，
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_1}^2}}{4}+{y_1}^2=1\\ \frac{{{x_2}^2}}{4}+{y_2}^2=1\end{array}\right.$，得$\frac{{（{x_1}+{x_2}）（{x_1}-{x_2}）}}{4}+（{y_1}+{y_2}）（{y_1}-{y_2}）=0$，
則$\frac{{{y_M}（{y_1}-{y_2}）}}{{{x_M}（{x_1}-{x_2}）}}=-\frac{1}{4}$，即${k_{OM}}•k=-\frac{1}{4}$．
所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值$-\frac{1}{4}$． …（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查兩直線的斜率之積為定值的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、直線的斜率、橢圓性質(zhì)、點(diǎn)差法的合理運(yùn)用．