Question

7．設(shè)橢圓方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0），橢圓上一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)的距離和為4，過(guò)焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，AB=2．
（1）求橢圓方程；
（2）若M，N是橢圓C上的點(diǎn)，且直線OM與ON的斜率之積為$-\frac{1}{2}$，是否存在動(dòng)點(diǎn)P（x₀，y₀），若$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}$，有$x_0^2+2y_0^2$為定值．

Answer 1

分析 （1）易得a=2．由橢圓的對(duì)稱性知，橢圓過(guò)點(diǎn)（c，1），即$\frac{c^2}{4}+\frac{1}{b^2}=1$．
    c²=4-b²，解得b²=2，即可得  橢圓方程．
（2）存在這樣的點(diǎn)P（x₀，y₀）．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由${k_{OM}}{k_{ON}}=\frac{y_1}{x_1}\frac{y_2}{x_2}=-\frac{1}{2}$，得 x₁x₂+2y₁y₂=0
 由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}$得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}={x_1}+2{x_2}}\\{{y_0}={y_1}+2{y_2}}\end{array}}\right.$，可得$x_0^2+2y_0^2={（{x_1}+2{x_2}）^2}+{（{y_1}+2{y_2}）^2}$=$（x_1^2+2y_1^2）+4（x_2^2+2y_2^2）+4（{x_1}{x_2}+2{y_1}{y_2}）$=4+4×4+0=20．

解答 解：（1）因?yàn)?a=4，所以，a=2．
∵過(guò)焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，AB=2．
∴由橢圓的對(duì)稱性知，橢圓過(guò)點(diǎn)（c，1），即$\frac{c^2}{4}+\frac{1}{b^2}=1$．
c²=4-b²，解得b²=2．
橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）存在這樣的點(diǎn)P（x₀，y₀）．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則${k_{OM}}{k_{ON}}=\frac{y_1}{x_1}\frac{y_2}{x_2}=-\frac{1}{2}$，化簡(jiǎn)為 x₁x₂+2y₁y₂=0
∵M(jìn)，N是橢圓C上的點(diǎn)，∴$\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{2}=1$，$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{2}=1$，
由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}$得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}={x_1}+2{x_2}}\\{{y_0}={y_1}+2{y_2}}\end{array}}\right.$
所以$x_0^2+2y_0^2={（{x_1}+2{x_2}）^2}+{（{y_1}+2{y_2}）^2}$=$（x_1^2+2y_1^2）+4（x_2^2+2y_2^2）+4（{x_1}{x_2}+2{y_1}{y_2}）$=4+4×4+0=20．
即存在這樣的點(diǎn)P（x₀，y₀）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的方程、性質(zhì)，存在問(wèn)題，考查了轉(zhuǎn)化思想，運(yùn)算能力，屬于中檔題．