Question

9．設(shè)橢圓Г：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（1，0），短軸的一個(gè)端點(diǎn)B到F的距離等于焦距：
（1）求橢圓Г的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)C、D是四條直線x=±a，y=±b所圍成的矩形在第一、第二象限的兩個(gè)頂點(diǎn)，P是橢圓Г上任意一點(diǎn)，若$\overrightarrow{OP}=m\overrightarrow{OC}+n\overrightarrow{OD}$，求證：m²+n²為定值；
（3）過點(diǎn)F的直線l與橢圓Г交于不同的兩點(diǎn)M、N，且滿足于△BFM與△BFN的面積的比值為2，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的右焦點(diǎn)為F（1，0），短軸的一個(gè)端點(diǎn)B到F的距離等于焦距，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓Г的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）求出C（2，$\sqrt{3}$），D（-2，$\sqrt{3}$），設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，由已知$\overrightarrow{OP}$=$m\overrightarrow{OC}+n\overrightarrow{OD}$，得$\frac{4（m-n）^{2}}{4}+\frac{3（m+n）^{2}}{3}$=1，由此能證明m²+n²=$\frac{1}{2}$為定值．
（3）$\frac{{S}_{△BFM}}{{S}_{△BFN}}$=2等價(jià)于$\frac{|FM|}{|FN|}$=2，設(shè)l：y=k（x-1），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）y²+6ky-9k²=0，由此利用韋達(dá)定理、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出直線l的方程．

解答 解：（1）∵橢圓Г：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（1，0），短軸的一個(gè)端點(diǎn)B到F的距離等于焦距，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{|BF|=\sqrt{^{2}+{c}^{2}}=2}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓Г的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
證明：（2）∵C、D是四條直線x=±a，y=±b所圍成的矩形在第一、第二象限的兩個(gè)頂點(diǎn)，
∴C（2，$\sqrt{3}$），D（-2，$\sqrt{3}$），設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，
由已知$\overrightarrow{OP}$=$m\overrightarrow{OC}+n\overrightarrow{OD}$，得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=2（m-n）}\\{{y}_{0}=\sqrt{3}（m+n）}\end{array}\right.$，
∴$\frac{4（m-n）^{2}}{4}+\frac{3（m+n）^{2}}{3}$=1，
∴m²+n²=$\frac{1}{2}$為定值．
解：（3）$\frac{{S}_{△BFM}}{{S}_{△BFN}}$=2等價(jià)于$\frac{|FM|}{|FN|}$=2，
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，$\frac{|FM|}{|FN|}$=1，不合題意，
故直線l的斜率存在，設(shè)l：y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去x，得（3+4k²）y²+6ky-9k²=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6k}{3+4{k}^{2}}$，${y}_{1}{y}_{2}=-\frac{9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
由$\frac{|FM|}{|FN|}$=2，得$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=-2，則${y}_{2}=\frac{6k}{3+4{k}^{2}}$，${{y}_{2}}^{2}=\frac{9{k}^{2}}{2（3+4{k}^{2}）}$，
∴3+4k²=8，k=$±\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴直線l的方程為y=$±\frac{\sqrt{5}}{2}（x-1）$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查代數(shù)和為定值的證明，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、向量知識、直線方程、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．